/
Автор: Жуков О.В.
Теги: математика українська мова педагогіка фізика геометрія хімія 9 клас
ISBN: 978-966-444-238-8
Год: 2010
Текст
УПЕРШЕ ГДР НАДАЄ МОЖЛИВІСТЬ ПІДГОТУВАТИ
УСНІ ДОМАШНІ РОБОТИ ТАК САМО ЯКІСНО,
ЯК і ПИСЬМОВІ
АУДІОПІДІОТОВКА
Тепер Ви зможете підготуватись до уроку не тільки вдома, але й там,
де забажаєте і тоді, коли забажаєте на перервах, у дорозі,
катаючись на велосипеді або займаючись будь-якою улюбленою
справою Для цього Вам потрібно просто завантажити з нашого СП
необхідні уроки до Вашого мрЗ-ллеєра або мобільного телефону, що
підтримує мрЗ-формат — і електронний учитель підготує Вас до
наступного шкільного дня 3 нашим диском Ви отримаєте шанс дати
відповідь на запитання з пройденого матеріалу
Крім того, НОВЕ видання «УСІ ГДР» дарує Вам ЗОЛОТІ ПОЯСНЕННЯ
з якими дбайливим батькам буде легше допомагати дітям виконувати
домашні роботи
Книга та диск об’єднують готові домашні роботи за всіма необхідними
підоучниками твори, реферати, лабораторні роботи, теоретичний та
довідковий матеріали в аудю та текстовому форматі, що робить
видання універсальним для всіх шкіл України
ББК »2я2
А93
Рецензент — канд. фіз.-мат. наук, доктор філософії Массачусетського
техиологічпаго інституту, професор теоретичної та математичної фізики
університету Палацького О. В. Жуков.
ПОЯСНЕННЯ І РОЗВ’ЯЗАННЯ ВПРАВ ТА ЗАВДАНЬ НАДАНІ ДО ВСІХ
ОСНОВНИХ ПІДРУЧНИКІВ, ЯКІ ВІДПОВІДАЮТЬ НАВЧАЛЬНОМУ
ПЛАНУ МІНІСТЕРСТВА ОСВІТИ І НАУКИ УКРАЇНИ
Аудіо ГДР: Усі готові домашні роботи -і золоті пояснення +
А93 аудіоуроки. 9 клас. У 2 т. Т, 2. — К. : Видавництво «Май-
стер'Клас», 2010. — 864 с.
І8ВИ 978-966-444-238-8
Комплект АУДІО ГДР 9 клас, 2 томи + СБ, забезпечу® виконання письмо-
вих домашніх р< біт І (УВАГА!) підготовку усних завдань в аудіорежимі.
На СІ) містяться теоретичні знання до уроку в форматі шрЗ, в двотом-
ник об’єднує виконані домашні роб-гги за 2Н предметами та підручника
ми. До розв’язань завдань 1 впрап додано в окремих блоках «ЗОЛОТІ ПО-
ЯСНЕННЯ», що подають теоретичні обґрунтування, на яких базуються
розв'язання.
З геометрії, фізики, хімії, української мови домашні роботи виконані
за чотирма, а з алгебри та англійської мови — за трьомя підручниками,
що робить видання універсальним для всіх шкіл України.
ВОНУС видання — НОВІ учнівські твори, реферати, лабораторні роботи та
довідкові матеріали.
РЕКОМЕНДУЄТЬСЯ дбайливим батькам для надання допомоги їхнім дітям
та контролю за виконанням домашніх робіт.
ББК Й2и2
РАЗОМ ГОТУЄМО УСІ ДОМАШНІ РОБОТИ
З листа до редакції ...
♦Я вчителюю вже не один десяток років, і весь цей час переді
мною стояло питання: як заохотити дітей до виконання домашніх
робіт і уникнути списування? Впевнений, що ця проблема виник-
ла дуже давно — мабуть, разом із появою самого інституту шко-
ли, — і багато поколінь нас, педагогів, різними способами намага-
лися її вирішити. І всі ми рано чи пізно доходимо одного виснов-
ку: цю проблему неможливо вирішити без допомоги батьків. Тіль-
ки якщо батьки разом з учителем допомагають дітям та постійно
контролюють виконання домашніх завдань, школярі беруть собі
за правило регулярно робити уроки І справляються з ними ефек-
тивно. Це виховує в дітях працьовитість, наполегливість у вирі-
шенні будь-яких завдань, шкільних чи життєвих.
Але. звичайно, далеко не всі батьки пам’ятають шкільний курс
хімії, фізики, алгебри, не всі знайомі з новими правилами пра-
вопису. Я не натякаю на погану підготовку старшого покоління,
адже навіть у доктора фізико-математичних наук можуть виник-
нути проблеми із записом розв’язку звичайної задачі так, як того
вимагає програма з математики 5-го класу. Деякі батьки сором-
ляться того, що не можуть дати практичної поради своїм дітям,
тому навмисне не приділяють уваги тому, як ті виконують домаш-
ні завдання. Я точно можу сказати, що у більшості моїх учнів не-
має можливості отримати батьківську допомогу у виконанні до-
машніх робіт.
З появою серії «ГДР», започаткованої вами, це складне для
мене питання вирішилося, і всім батькам, яким не байдужа доля
їхніх дітей, я рекомендую купувати «Готові домашні роботи», щоб
вони змогли допомогти своїм дітям. Ця книга створена не для спи-
сування, яке існувало і без неї, а для допомоги батькам, які праг-
нуть допомогти власній дитині у підготовці домашніх робіт.
Давайте підвищувати рівень звань наших дітей разом!
ЗМІСТ
Розв*язакня вправ та зааднмь до підручника «Геомнрія»
ГВ• Алоетолов*ч...4««,&
Розв'язання вправ та завдань до підручника •Геометрія»
М І. Бурди, Н. А. ТнрасеиковоІ.......................................147
Розв'язання вправ та завдань до підручника «Геометрія» А II. Єршовоі,
В, В. Голобородька, О. Ф. Крижа повен кого, С. В. ('ріпова ....... 295
Розв'язання вправ та завдань до підручника «Геометрія» А. Г, Мерзляка,
В. Б. По лепського. М, С. Якіра...........♦..........................437
Розв'язання вправ та завдань до підручника * Фізика» Ф. Я. Божинової,
0. 0. КірюхІноІ, М. М. ЮрюхІна..................................... 553
Розв’язання вправ та завдань до підручника «Фізика» О, І. Ляшеккя,
Є. В. Коршака, В. Ф. Савчонка................................ ....509
Розв'язання вправ та завдань до підручника «Фізика» В. Д. Сиротюка.,...585
Розв'язання вправ та завдань до підручника «Фізика» М. І. Шута,
М. Т, Мартипюка. Л. Ю. Влагодаренко,.................................609
Розв'язання вправ та завдань до підручника «Хімія» Г. А. Лашсвської....в 19
Розв’язання вправ та завдань до підручника «Хімія» 0. Г. Ярошенко.......045
Розв’язання вправ та завдань до підручника «Хімія* П. П. Попеля,
Л. С. Крнклі ...**.•**.•.•••• 0к|
Розв’язання ішрцу та завдань до підручника «Хімія» Н М. Буринськоі.
Л. II. Ведично »•••••«*•«•*•••«««•••»••••»••••<•»»«•*••«•«4«*««•»•«*»«••»*(««««нонмміііміімі* 729
Біологія, Лабораторні роботи..........................................757
Історія України. Довідник...................................... ...773
Всесвітня історія. Довідник.........................Л............................... 785
Географія. Реферати 799
Довідкові матеріали з фізики, кім її, англійської мови, німецької мови.821
Твори з української та зарубіжної літератури, української
та російської мови 841
Розв’язання
вправ та завдань
до підручника
«ГЕОМЕТРІЯ»
Г. В. Апостолової
РОЗДІЛ І. КООРДИНАТНА ПЛОЩИНА. ТРИГОНОМЕТРИЧНІ ФУНКЦІЇ КУП В
ВІД 0° ДО 180°. РОЗВ'ЯЗУВАННЯ ТРИКУТНИКІВ
§ 1. Декартова система координат. Відстань між двома точками
на координатній площині І рівняння кола. Координати середини
відрізка
Завдання 1
Для розв’язку завдань № 4 і 5 уважно розгляньте мал. 1.2, 1.3 (с. 11 вашого
підручника).
Якщо через точку М(х0, у^ проведена пряма, паралельна осі ординат, то будь-
яка точка цієї прямої мас абсцису х хв. Якщо через Л/(хв, у*) проведена пряма,
паралельна осі абспис, тоді будь-яка точка цієї прямої мас ординату у = уе
б. а) Пряма т паралельна осі абсцис, тоді Сет, пряма л паралельна осі орди-
нат, тоді Ае л .
б) Х.ет , ХД-4 + 2; 1), ХД-2: і); Х,€т , Х,(-4; -2; 1). Х,е ( б: 1)
У, 6 л . У,(-4 + 2; 1), У,(-4; 3); У,( 4; 1 - 2), У,(-4; -1).
7. Нехай Л(х; у}, АЛ\\Оу , А(-2; 2), х = -2; ОС П Ох. С(4; - 1); у = -1; О(~2; -1).
Нехай В(х; у), тоді х = 4, у = 2.
8. Точки (-1; 4), (3; 4) належать прямій, яка паралельна до осі Ох. Точки (-1; 4),
( 1; -2) належать прямій, яка паралельна до осі Оу, тому координати четвер-
тої вершини (3; -2).
9. А(1; 8), х 1, у 8. 8* - 1* х 7. Точка А не належить лінії;
В(3; 16), х 3, у = 16. 16* - 3* = (16 - ЗМ16 + 3) * 7. В не належить лінії;
С(-Б; 4), х » -й, у = 4. 4* - (-б)1 я 7. С не належить лінії.
10. А(2; -1), х = 2» у = 1; |2| + 2 •(-!)* 4 . Точка А належить лінії;
Ві 1; 3), х = -1, у » З, |-1| + 2 З’ х 4 . В не належить лінії;
С(0; -2), х = 0, у в -2, |0) ♦ 2 (-2)’ » 4 . С не належить лінії.
11. ОАВС - квадрат, 0(0; 0); А(х,; у,), В(х,; у,). С(х,; у>).
За умовою х, > 0, у( 2 0. х, і 0. у, 2 0
і ОА • АВ = ВС = ОС = б. тоді А(0; б), В(б; 6), С(б; 0).
АІ------|В
о-------Н?
12. За властивістю діагоналей ромбе
тому можливі випадки:
а) А( 4; 0);
В(0; 2);
0(4; 0);
0(0; -2)
13. а) А, (2; -4);
АС Л. ВО , АО • ОС, ВО - ОІ).
б)А(-2; 0);
В(0; 4);
С(2; 0);
0(0; -4
б) А, (-2; 4); в) 4,1-2; -4); г) А, (6; -4).
6 ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В.
• Точки, симетричні відносно осі Ох. мають протилежні ординати та однакові
абсциси,
• Точки, симетричні відносно осі Оу, мають протилежні абсциси та однакові
ординати.
• Точки, симетричні відносно початку координат, мають протилежні абсциси
ТА протилежні ординати.
ПОЯСНЕННЯ
14. а) А((-3;-2); уа
-2
А$
6)4^3; 2); уд
1 • 2
-Й І X
г)Д4( 9;-2). у..
А* 2
?
Л. Л, 2’а
15. Якщо у = х. тоді |у| |х| І у3 - х1, тому точки координатної площини, що вадо
вольпякггь рівняння у • х, належать множині точок, яка задасться рівнянням
й| + у* - |х[ + х1. Зауважимо, шо обернене івердження не « правильним.
Завдання 2
1. Скористаємось формулою відстані між двома точками (див. с. 12 підручника)
а) АВ * ^(1 - 3)* + (-7 - 2}* = <4 + 81 - <85 ;
б) МЯ - ^(2-(-4))' + {0 - (-8))* » 736 +64 7100 - 10 :
в) ГД » ^{2 - 2)’ + (1 - (-1))’ = <оТ25 = 5 ;
г) ся = ^'(6 - з Г * (-6 - (-5))’ = 79 + о = з.
2.0- початок координат, мас координати; 0(0; 0), тому:
а) 04 х'(2 - 0)’ + (3 - 0)* = <4-9 = 13;
б) ОЯ = ^7? + 5* - 749 + 25 » Т?4 ;
в) 04 * 1/(~3)ї + 4’ = х йТІб « Тїб = 5 ;
г) ОЛ- = ^-4)’ + (-3)’ = 725 - 5 .
3. Р4лж, * АВ + ВС + АС; АВ = ^(-1 - 2)’ + (з - (-І))’ - <9 і 16 = 5 ,
ВС = Х!(Г- -(-І))’ 4-(7-3)’ -ч9 Мб ,5, АС =^(2-2)’+^71)/ -764 «8 .
Ря5 + & + 8=1В. За умовою задачі дАВС - рівнобедрений; АВ = ВС,
4. За означенням рівнобедреного трикутника дві Його сторони рівні, тому знайде*
мо довжини Г<7; СЯ; РН.
ГЕОМЕТРІЯ Апостолові Г. В. !•$?
7
РО • ^/(-4 ~ 4)* 4 (4 -^-2))’ 36 - 7100 » 10 ;
ЄН = ,Д^12 -|--4)) +(10-4)’ -^64т36 = 10;
РН - ^(-12 • 4)* 4 (10 + 2)’ = 716*4 12’ - Ч 4ї~4Г7зі~4’ = 0* (4* 4 3і) =
• 4-716 *9 = 4 5 = 20
Отже, РС = ОН, тому л РОН - рівнобедреннй,
5. Скористаймось твердженням 3 (див, с. 14 підручника):
ЛЯ = ^(2 4 3)’4 (3 ♦ 7)’ - 7257100 » 7125 = 5^5 ;
ЯТ - ^(0 -2)1 + (1-3)’ = 7<44 - 2^2 ;
АТ - ^'(0 т З)3 4 (1 4 7)’ = чІ7б4 = 7ТЗ .
Але 575 + 2<2 # 7?3 , тому точки А, Я, Т не належать одній прямій.
6. КМ = у 3і + (-2 + 4)* - <9 44 = 713 ; МЯ = 7(7 - 3)’ 4(1 4 2)1 = ЛвТо = 5 ;
КН = 77’ 4 25 » 749^ 25 - 7м .
Оскільки КМ 4 МН я КИ, то точки К. М, N на одній прямій не знаходяться.
7. АВ 10; А8‘ (1 - т)* 4 (5 4 3)’. Маємо рівняння: (1 - /п)1 4 64 = 100;
(1 - т)’ 36; 1 - т * б або 1 - т = -6; т -5 або т 7.
8. Точка осі абсцис - А(х; 0), за умовою АМ = АДГ, маємо рівняння:
(-1 - х)* 4 (4 - 0)1 (5 - х)1 4 (-7 - 0)’
1 4 2х + Xі 4 16 = 25 - Юх - Xі 4 49
12х = 57, х = ~ , х ж 4.75; А(4.75; 0).
4
9. Нехай точка В належить осі абсцис, тоді Віх; 0). а точка А належить осі орди-
нат, тоді АсО; у).
а) аа умовою ВР • 16 1 АР в 16, маємо рівняння: (6 - х )* 4 (-8 - 0)1 « 16і;
(6 - х)* 4 8’ = 16*; (6 - х)* = (16 - 8М16 4 8); (6 - х*) • 8 • 24; (6 - х)* « 8 ♦ 8 • 3;
6 - х = 8>'3 або 6 - х -873 ; х = 6 - в7з або х » 6 + 873 .
Можливі два випадки: В( 6 - 8>/3 ; 0) або Ж 6 4 8<3 ).
(6 - 0)* 4 (-8 - у*Н - 16*; 6* 4 (8 4 р)» = 16і; (8 4 у? - 10 • 22; (8 4 у)* = 2 • 5 • 2 • 11;
8 4 у = 2\55 або 8 4 у -2\’55 ; у = -8 4 2<55 або у • -8 - 2755 .
А(0; -8 4 2755) або А(0; -8-2755)-
б) на 10 одиниць; (6 - х)* 4 8* = 10*; (6 - х)* = 36; 6 х 6 або б - х -6, х « 0
або х = 12. 8(0; 0) або 8(12; 0).
6* 4 (8 4 у)* = 10*; (8 4 у)1 8і; 8 4 у = 8 або 8 4 у = -8; у = 0 або у -16.
А(0; 0) або А(0: -16).
в) (6 - х)* 4 8* = 4* рівняння не має розв'язку, тому точки нн осі абсцис не
існує;
6’ 4 (8 4 у1) = 4* рівняння не мас розв'язку, тому точки на осі ординат не
Існує;
10. а) Нехай т. А належить осі абсцис, А(х; 0). За умовою АК » АТ, маємо рівнян-
ня;
(4 - х>* 4 (-5 - 0)* • (-7 - х)} 4 (8 - О)*;
16 - 8х 4 х* 4 25 49 4 14х 4 х* 4 64;
-22х = 72; х = ; х - -3^ ; А( -31 ; 0).
8 ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В.
б) Шукана точка В належить осі ординат, тоді В(0; у), за умовою ВК » ВТ. ?
Маємо рівняння:
(4 - 0)« 4 (-6 - у)* = (-7 - ОУ 4 (8 - уУ
16 4 25 4 Юу 4 у* = 49 4 64 - 16у 4 у1 ?
26^.72. 2^). |
в) За умовою С(х; у), х = у, тоді СК » СТ.
(4 - х)1 4 (-5 - х)1 = (-7 - хИ 4 (8 - х)1
16 - 8х 4 х* + 25 + Юх 4 Xі = 49 4 14х 4 Xі * 64 - 16л 4 х*
4л 72, х = 18; С(18; 18).
11. Знайдемо довжини сторін чотирикутника та його діагоналей:
АВ-^7-4)’+(3-8/ = <ЇЇ725->/34 :
ВС = ^(4 - 7)’ 4 (-2 - 3)’ » V» т 25 » Т34 ;
СІ) - /(1 -4)’ 4 (3 4 2}’ » <9725 * <34 ;
АВ = ^(1-4)’4 (3 - 8)’ - >/9 4 25 = <34 .
Маємо: АВ ВС = СО - АІ). Отже, АВСІ) — ромб або квадрат.
АС - у/(4 - 4)* 4 (-2 8)’ = чЇ0* = 10 ; ВЛ « ^(1 - 7)’ 4 (З - З)’ = 736 - 6 .
АС * ВІ). Діагоналі різні, тому АВСВ - ромб.
12. Нехай вершини трикутника АВС мають к
динати: А(2х,; 2у,): В(2х,; 2у,); С(2ха; 2у,).
будуємо трикутник у координатній ПЛОЩИНІ
умовою координати вершин — парні числа,
будуємо прямокутник ЬІЇМС, тоді
"®*ДЛС “ ^ігімс “ (®,ЛХВ * ®.ЖЯ 4 ^.дмс)
’ (2у{ - 2у,М2х, - 2х,) - | «2х, - 2х,М2у, -
- 2у,) + (2х, - 2х1Х2р1 - 2у,) +
+ (2х, - 2х1Х2у1 - 2у,));
СІ = 2х, - 2х,; МС = 2у, - 2у,; Л\г - 2х, - 2х,; ВN - 2у, - 2у,; ВЬ - 2уг - 2уа;
СІ = 2х, - 2х,; МА • 2х, - 2х,; МС » 2уі - 2у,. Спростимо отриманий вираз:
ЧУі - м*» - - 2<»1 - *№, - У,) - 2(х, - х.Ху, - р») - 2(Х, - х,Ху, - У,) =
- 2(1/, - раХх, - х,) - 2(х, - х.Ху, - у,) 4 2(уг - у.Хх, - х,) - 2(ха - х,Ху,- у.) -
- 2(х, - х.Мр, - у,) . 2(ха - хаХу, - у, - у, + уж) 4 2(у, - р,Хх, - х, - х, 4 х,) -
- 2(х, - х,Ху, - Уг) - 2(х, - х,Хр, - У,) + 2(у, - у,Хх, - х,) - 2(х, - х,Хр, - У,) =
- 2(у, - р,Хха - х, - х, + х,) 4 2(у, - у,Хх, - х,) 2(у, - у,Хх, - х.) 4 2(р, - у^х, -
- х,) 2((у, - р,Хх, - х,) 4 (у} - р,Хх, - х,)). Одержане число е натуральним, тому
що: х,. х,» х., у,, у,, у, — цілі числа, (у, - у,), (х, - х,). (у, - у,), (х, - х,) ~ цілі
числа; їх добуток та сума — цілі числа, вони додатні, тому площа трикутника
виражається натуральним числом,
13. Нехай А(х,; у,), Віх/, у,), за умовою х,, хг у,,
у, — цілі числа. За властивістю квадрата, його
вершини симетричні відносно точки перетину його
діагоналей, тоді:
якщо, С(хс; уД, то хж - х, = хс - х,; х, 2х1 - х,;
Р„ у,» Тому координати т. С — цілі числа.
«х0; уЛ), хо = х2; у, - уа = у, - у,;
уЛ 2у, - у, — цілі числа.
ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В. 9
14. а) (х - Ц» 4 (у - 2)3 = 9;
б) (х - <-3»> 4 (у - 4)* = 8а; (х + З)1 4 (у - 4>’ - 64;
в) (х + б)3 + (у 4 4)‘= 1;
г) (х - 3)» 4 у* 16;
д) х3 4 (у 4 2)3 « 36;
е) Xм 4 у1 = 9.
15. Центр кола (хй, рй), радіус — Я, тоді а) х = 4; у, « -5; Я = 2;
6) х0 = -3, у0 - 7; Я = 4;
в) 1; Уи = °і В=
г) х, 0; у. а □; п - 10.
17. Якщо точка належить колу, то її координати задовольняють рівняння кола,
тому:
А(0; 5), (Н + 5’ = 25. Точка А належить колу;
Я(1; 2): 1’ 4 2* * 25, В не належить колу.
ЇХ-5; 0): (-5)’ 4- 0а = 25, т. В лежить на колі;
£(-4; 3): ( 4*) 4 3і = 25, £ належить колу;
£(-3; -4) : (- З)1 4 ( 4)3 я 25, т. Р належить колу.
18. А(0; 3): (0 - 1)* 4(3 4 2)* = 26; точка А належить колу;
8(1; -4) і (1 — 1)’ 4 (-4 4 2)3 # 26; т. В не належить колу;
С(-4; -3) : (-4 - І)1 + (-3 * 2)' = 26; т. С належить колу,
19. Якщо діаметр 4, тоді радіус кола Я - 4 : 2 2. Маємо рівняння кола:
х3 4- (у - 4)’ » 4.
20. М — центр коли. М(-3; 5), тоді (х 4 3)* 4 (р - 5)3 = Я3, оскільки А належить цьому
колу, тоді (1+ 3>’ + (7 - 5)’ » Яа. Я3 е 16 4 4 = 20; (х 4 З)1 4- (у - 5)* • 20.
21. а) Координати точки кола з ординатою -2 задовольняють рівняння кола:
(-2)» 4 х3 = 25; х3 = 21; х • ±721 і (Лі ; -2); (-ЛІ ; -2);
б) х • 4. тоді 4і 4 р3 = 25; р* » 9; у - ±3; (4; 3); (4; -3);
я) точки, що лежать на осі абсцис, у « 0. тоді х* - 25; х = *5; (5; 0); (-5; 0);
г) точки, що лежать на осі ординат, х 0, тоді у3 » 25; у = а5; (0; 5); (0; -5).
22. а) Скористаємось формулою: (а ± Ь)* = а’ ± 2аЬ 4-
X3 4 2х 4 р3 - 4у “ 6 » (х3 4 2х 4 1) 4 (р3 - 4р +4) - 5 - б =
= (ж + IV + (р- 2)3 - 11 » 0,- (х 4 І)3 4 (у - 2)’ 11.
Центр кола: (-1; 2). Я Дї .
б) х**4 р3 • бх 4 8 - 3 0; (х3 - 6х 4 9) 4 у3 - 9 4 5 0; (х- 3)’ 4 р1 = 4;
центр кола: (3; 0). Я » 2.
23. а) центр (2; 2), Я = 2 (3); б) центр (0; 0), Я » 2 (2); в) центр (-2; -2;), Я = 2 (1).
24. а) Знайдемо центри кіл та їх радіуси;
1) х3 4 у3 4 6х 4 8у * (х3 - бх + 9) 4 (у3 + 8у + 16) - 25 « 0;
(х 4 З)3 4 (у 4 4)3 25; центр кола А( 3; -4); Я, 5.
2) х3 4 р3 - 10 * - 6р - 2 « (х3 - Юх 4 25) 4 (р’ - ву 4 9) - 36 =
= (х б)3 4 (у - З)3 - 36 • 0; (х - 5)3 4 (у 4 З)3 36; центр кола 8(5; -3); Я, в;
АВ = ^|5 т З і 4 (—3 + 4)* <64 4 1 я %б5 ,
10 >$;: ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В.
б) 1) Xі + у2 - 2х - 2у - 2 » (х - 1)! + (у - І)2 - 4 « О; (х - І)1 + (у - І)’ . 4;
Л(1; 1); Я,-2.
2) Xі 4 у* + 6х + 4у - 3 = (х + зи + (у + 2)* - 16 * 0; (х + 3)а + (у + 2)2 • 16:
В< 3; - 2), 4. ____
АВ « ^(-3 - 1)* + (-2 - 1>* • 716 + 9 = 5 .
25. Можливі випадки: (1) або (2).
Відомо, що радіус, пронедешій до точки дотику, перпендику-
лярний ДО дотичної, тому центри кіл Ор О, мають ту абсцису,
яку має Л£, І модулі ординат цих точок також дорівнюють
модулю абсциси М; тоді: О1 (3; -3), О, (3; 3).
Л\ - точки дотику кіл (1), (2) а віссю Оу,
N,(0; -3), Л'.(0; 3).
26. Можливі випадки: коло дот икаеться
до осі абсцис праворуч від осі орди-
нат або ліворуч:
(X - 11і + (у + 1)* = 1 або
(х + 1Н + (у + 1)»- 1.
27, Можливі 4 випадки: 0,(2; 2).
О,(-2; 2), О/-2; -2), 0,(2; -2).
28. Нехай центр кола - О,(х0. уД за умовою коло доти-
кається до осі абсцис, тоді М(х; 0) — точка дотику
і ха « х, К(0; у) — точка дотику цього кола а віссю ор-
динат, ТОДІ У(< Я у.
Маємо (х - хЗ* + (0 - у)* = Я*: у* & Я*
і (0 - х9У + (у - у^ « Я»; х2 - Я3, тоді, х1 = у3 = Я2,
оскільки коло проходить через Мі 1; 2),
тоді х > 0, у > 0, маємо: х = у.
Враховуючи отримані дані, підставимо їх в рівняння кола:
(І - х)’ + (2 - х)* х2; 1 - 2х + х* + 4 - 4х + х2 = х2: х* - 6х + 5 = 0, х =1;
х, = 5,
1) (х - ІУ + (у - 1)’ о 1 або 2) (х - 5)’ + (у - 5)» = 25.
29. Нехай О — середина АВ, тоді х, » + _ 4 . ш І—& в ] ; О(4; ц.
ЗО. *ж - » 5 ; -3А х„- 10; х, - 18; у, .
8 4 у„ = 2 • (-7); ух. - -22; N(13; -22).
31 • М — середина ВС, тоді хм я » -4 ; у„ = -4 ; М( -4; -4);
* И
АМ - ^-4 - 5)’ + (-4 -1)1 » 781 + 25 = 7106 .
32. Знайдемо координати центра кола О, хо г - -1; уо =» — -2 .
З я*
АВ = ^(-6 - 4)1 4 (5 + 9)’ = <100 + 196 - 7296 = 2^74 ; П - ТТ4 ;
(х + І)* + (у + 2У - 74.
ГЕОМЕТРІЯ Апостолові Г. В, >:<• 11
33. О — середина АС І О — середина ВР за властивістю діагоналей паралелогра-
ма. тому:
Зв „2 = ^-^: 3. --^;хс = 7; 4=6 + ус;уся- 10; С(7; -10).
3= 5д^;вяВ + Лв.^в..2; -2 = ^у^ ;4--3 4уо;^-]; Л( 2; -1).
34. Знайдемо координати точки перетину діагоналей паралелограма МР і ,¥Х — О;
хо - —5 3 ; уп «= — » 2 і 3 • ** * -* ; 6 = 2 4 хд; х4 я 4: 2 ж Уї.
4«3 4уг; уг = 1: ЛЧ4; 1).
35. а) Нехай /С(0; у), тоді за умовою АК* 4 КВ* - дв».
Ма« мо рівняння:
4* + Іу + І)3 4 12» + (у - 1)» - 16» +2»: у» е 49: у = * 7;
ЛГ(О: 7) або К(0; -7).
б) АК' = (0 - 0)’ 4 (у - б)’ = у1 - 12у + 36:
КВ* = (0 - 6У + (у - 14Н; ДВ= = 6і 4(14- б)1;
у» - І2у 4 36 + Зб 4 у' - 28у + 196 = 100;
2у* - 40у 4 168 « 0; у» - 20у -» 84 = 0; І), ж 100 - 84 - 16;
у, , = 10 ± 716 ; АлО; 14) або Я(0; б).
36. а) Нехай К(х; 0) АК1 4 КВ*» А8-; (х + 4)» + (0 - І)3 • (х - 12)» 4 (0 - 1у = 16і * 2і;
х» 4- 8х 4 16 4 1 4 х» - 24х 4 144 4 1 > 256 + 4; 2х* - ібх -98-0;
Xі - 8х - 49 я 0; О, = 16 + 49 ж 65: х - 4 ± чб5 ; ЛІ 4 4 ^65 ; 0); К( 4 - ч 65 ; 0).
6) (х - 4)1 4 0і 4 (х - 6)* 4- 14Г - 4 4 14»; х3 - 8х 4 їй 4 х» - 12г + 36 - 4 = О;
2х* - 20х 4 48 = 0; х» - 1 Ох 4 24 - 0; х, = 6; х, = 4; К(6: 0) або Л(4: »).
37. С — середина АР; Р — середина СВ, X — 13л . „ я ?*Ув.. х я .
2 2 2
; 2хг - 1 4 хй; 2ус я -2 т ую і 2хо - хл 4 4; 2у0 = уе 4 4.
З останніх різностей: хй 2хг - 1 і уд = 2ус 4 2; 2 (2хг -1) ж х^. 4 4; Зхс « 6; хс - 2;
х0 ж 3; 2(2ус 4 2) я ус + 4; Зуг - 0: у ж 0; у я 2.
С(2; 0); Р(3; 2).
і-----1------1-----І-....<
М Р Т К N
7-5
38. Р — середина МТ. х. =-----
г 2
—13 4 1
У» = —~ • 6 ; Р(1; -6).
А
Т — середина -5 ж 7 * » -в . - _7; А . у_ = І5. (_7. 15).
« 2
К - середина ТІЇ, хк « "-—12 ж -Ц ; уд = 1*_1В » 8 ; Я(-11; 8).
Л 2
З^.^АА.В лМАГ В: • —
1 ЛШ, ВАГ
¥•*(> + О(рм-ра);
Ул ~Уая + 1)’ рв(Х + »:
Ул’Ув =
У.У - Уа " ВМ
Р«(А 4- і) * ул " Ув 4 Уа(л 4 1); ум в 4
* т Л
. . АВ АВ ха - х. ,
Аналогічно —; -А------------Д- я 1 > 1 ;
БАЇ, В.М хл - хм
х, - хЛ - (X 4 1)хд - х^СХ + 1); хм - ГД-+ .
1 + А
12 $:$ ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В.
40. Скористаємось формулою, отриманою в № 39.
I (-») 4,5', 1,5
*• = —2-і — — . 8 ; ,м . -2- - . Ь_ , 1: М(3; 1).
2 * 2
41. Тонка перетину медіан трикутника ділить медіани у відношенні 2:1, рахуючи
від вершин трикутника. Скористаємось формулою № 39: X = 2, тоді
3 + 2 (-б) -9 -2 + 2 2 2,2.
1+2 3 1+2 33
9,4 1 + Я
42. а) М — середина ВС; х —- = 3; у = - — « 2; Л/(3; 2).
2 2
4 + 2 3 10 .1 И 2 2 5 ,2 ,_1 ,2,
1 + 2 З 3** 1 + 2 3 3 .3 З
б) — паралелограм (за властивістю середніх ліній
трикутника). Знайдемо координати точки С. О1 — точка
перетину діагоналей МуС і М, V,,
1 + 3 _ 0 + 4 п л -3 +
хц ~ 2 ~ 2 ’ " ~~2~ “ 2 ’ 2 ~ —2
2-Ц^;^»2;С(7; 2).
= 2; хм =
* і хс = 7;
А
2 + 22 1
- = 2 ; (- ; 2).
1 + 2 З
.V,
2-3 1
172 ’ ї= ’
£С АС
43. а) За властивістю бісектриси трикутника: — --
______________ ВЬ АВ
АВ - ^(6 -4) + (5 -1) = /4 + 16 = 720 = 276 ;
* \!2 ; X -У2 ; хь = 2 + 4 2^в * З ; А£ не с бісектрисою.
АВ 1 + 72
б) АС « / ^7 б* = <144 7 36 « УЇ80 = в/ ;
АВ • /16764 = /80 = 4>/5 ; X — = = - = 1,5;
АВ 4с5 2
1+1,5 ' 2,5 £5 26
За умовою £(2,4: -0,2), тоді А£ с бісектрисою.
44.а) А£ = 4~; АС-іУ36+0 = 6; АВ >/44 + 25 = 13 ; Х = —
КВ АВ із
3 + 13'(-3) 39-ів 21 7 12-6 в 1
х<—Т»---------«Те'П-в: ‘''““в- ’іїТв'й’»’
13 13
І ] /1 V 1 К/ о
б)ЛК і.л 1--©! + 7-41 -Лт5 + 3-
Ш в 1 з \ б 1 з
47* 11’
—— + —
36 9
47а + 484
36
ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В. 13
45. Нехай така точка С(х; у), тоді АС1 4 ВС* - 5.5;
(х - 2/ + (р - 3)’ + (х + 2)‘ + (у + ІН - 5,5
х3 - 4х + 4 + у3 7 бу 4 9 + Xі + 4х + 4 +у’ + 2у +1 = 5,5;
2х* + 2у* - іу + 18 а 5,5; 2х1 + 2(у - 2)’ + 10 5,5, що неможливо, оскільки
? ? 0, (у 2^ І О,2х7 + 2(у - 2)4- 10 г 10 * 5,5. Таких точок не Існує.
$2. Рівняння прямої*
Завдання З
1-а) з віссю абсцис: у = 0; 4х - 3 0 + 12 = 0; 4х = -12; х = -3; (-3; 0) — точка перс
тину прямої з віссю абсцис і з віссю ординат: х * 0: 4 0 - Зу + 12 я 0; Зр * 12;
у » 4; (0; 4) — точка перетину прямої з віссю ординат.
6) у я 0; -4х + 7*0; -4х = -7; х = 1,75; (1,75; 0) — топка перетину прямої
з віссю абсцис;
X = 0; у = -4 • 0 + 7 = 7; (О, 7) — точка перетину прямої з віссю ординат.
в) у я -0.5 • 0 - 2,5 = —2,5; (0; -2,5) — точка перетину прямої з віссю орди-
нат.
-0,5х - 2,5 = 0; х = -5; (-5; 0) — точка перетину прямої з віссю абсцис.
2. Підставимо координати точок у рівняння прямої:
0-Д’2 + 8«0, А належить прямії); -1 +4*1 + 8 * 0, В не належить
прямій,
2 - 4 • 0,5 т 8 #0, С не належить прямій; 8 - 4 - 0 + 8 * 0, О не належить пря
мій;
З - 1 я 7 -1 - 1, А не належить прямій; -1= 7-0 - 1, В належить прямій;
6 7 • 1 - 1, С належить прямій; 2*7 (-3) - 1, Л не належить прямій.
4. Для побудови прямої необхідно знайти координати двох точок, які належать
цій прямій-
б) х = 0; у = -7; у = 0; х - 7;
г) у а -1, х і 0; х = 2. у а 0;
14 ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В.
Якщо пряма паралельна осі абсцис, годі її рівияння у = а; (0; а) — точка, через
яку проходить пряма; пряма, що паралельна осі ординат, мас вигляд: х * Ь.
б. За умовою маємо: х -4 — пряма, паралельна осі ординат; у 3 — пряма, па-
ралельна осі абсдис.
7. За умовою у = 10, тому рівняпня шуканої прямої у = 10.
8. х 4 або х = -4.
б. Підставимо координати Л/ у рівняння прямої: 13 « 4 • а 4 5, а » 2.
11, Відомо, що протилежні сторони квадрата лежать на па
рилельних прямих і, за умовою, ці прямі відповідно па-
ралельні до осей координат.
Рівняння ОД: у = 0,
Рівняння АВ: х « 2.
Рівняння ВС: у -2.
Рівняння ОС: х а 0.
13. 1) Оскільки вершини квадрати симетричні відносно точ-
ки перетину діагоналей, то С(7 + 2; 7 + 2), С(9; 9), тоді
В(Ь; 9) і 7д9; 5).
Рівняння АВ: і - 5
Рівняння ВС: у = 9, Рів пліши СЯ: х 9.
Рівняння АВ: у = 5.
2) а) АВ = ВС = С£> - АВ = 9 - 5 « 4.
6} АС = АВ 72 = 472 .
1 і е .1 -2х 6 1 1 . 1
14. а) -4у 5 - 2х; У “ * 4 = 2 Х ~ 14 1 * = 2 '
б) р = 7 - Зх « “8х + 7; й * -3.
. -х 3 1 , - . І
в) -2у -3-х: у и — * — - -х -1.5; А = -;
в2 —2 2 2
г) 4у 1 - Зх; у = - ? X + -] ; * = - ? :
4 4 4
. Зх . З
А) У • - І * • - ;
5 5
е) у - -1-2 = 0 л 2,4 ; * - 0.
5
15. а) За умовою Л - 2, рівняння прямої має вигляд: у кх + Ь. Підставимо ко-
ординати точки М у рівняння і знайдемо амачаижя Ь:
З » (-2) • І + Ь. Ь> -3 + 2 1,у= 2х - І.
6) З- 1-1 + 5; ЬЯ-3-І*-3|; у-|х-з|;
о 4 4 3 3
в) -3 = 1|-1 + Ь; А «-3-І-;; 5 «-4?; у-1-х-І3;
1 4 4 4 4
г) 3 - -5 і 1-їб; Ь=-3 + 5^ = 2^; у -5^X42^.
2 2 2 2 2
15. Якщо пряма проходить через початок координат, то рівняння цієї прямої:
у « кх. За умовою к = 4, тоді у - 4х.
5*4-2, тоді М пе належить даній прямій.
17.1 спосіб. Розв'яжемо систему рівнянь, яку склали з умови проходження при
мої через задані точки.
ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В, 15
а) А: 0 = 6 < (-1) + Ь,
—к + 6=0,
6-2;
6 = 2,
6 = 2,
у = 2х І- 2: В: 2 = к • 0 + Ь,
б) А: 16 - к • (-5) + 6,
-56 + 6= 16,
-б* + 6 = 12.5;
В\ 12,5 = к ♦ (-5) + 6.
Система не мас розв’язків, отже, пряма АВ паралельна осі ординат, х = -5.
II спосіб. Скористаємось рівнянням прямої у вигляді: ах + Ьу + с 0, тоді:
-5а + 166 + с = 0
-5а + 12,564-е = 0
с
а =г — .
5
3,56 0; 6 0; - 5а + с = 0;
Магмо: — + 0-у + с = 0; с-І- +1 = 0 ; X =-5.
5 5
III спосіб. Якщо точки А і В мають спільну абсцису х - -5, то вони належать
прямій, що паралельна осі ординат
А -2=61 + 6
Ю В 2=63+6
к + Ь = -2
З* + 6 • 2
; 6 = 2 - 36; 6=2-6= -4. у = 2х - 4.
—26 — " 4; 6 = 2
А -12 = 6-1 -і 6
Г В -12 = 6 23 + 6
6-і 6 = -12
236+ 6--12 : Л*~12 У = “12
-226 = 0;6 = 0
Або оскільки задаш точки мають спільпу ординату, то вони належать прямій,
що паралельна осі Ох, тому у = -12.
__ А >0 46 + 6
18. а) {
В|б = 4 0 + 6
46 = —6
6 = 5
16 «-1,25
|6 = о
= -1,25х і Ь.
б)
8)
А 1 = 6 1 + 6 6 + 6 = 1
В |2= 6 2 + 6* Л26 + 6>2
; 6 = 1 - 1 = 0. у = х.
-6= -1:6 = 1
А 7- б (-1) + 6 |-* + 6 -7
В <1 = 6 (-1) + 6 |-6+ 6 = 4
— система не мас розв'язків, тому х = -1.
Або за умовою точки А і В мають спільпу абсцису, тому ці точки належать пря-
мій, що паралельна осі ординат, тоді х = -1.
д 2-6 {-3) + б 1-36 + 6-2 *
Г) В 5 = 6 (-1) + б: !-*•>•» = 6 :6я 5 + 1^ = 6,5, р = 1.5х + 6,5.
-26 = -3; 6-1,5
д) За умовою пряма проходить через початок координат. Тоді рівняння прямої
З з
у 6х;-3 =6'7; л = -- ; у - --х .
19. (1) Пряма проходить через точки 10; 4) і (-4; 0). Розв'яжемо систему рів-
нянь;
О-6-(-4) + 6
4=60+6
-46 + 6 = 0
6 = 4
; 6 = 1. у - х + 4.
(2) Пряма проходить через початок координат, тоді її рівняння у = 6х, точка
належить цій прямій (1; 2), тоді: 2 6 - 1, 6 = 2, у = 2х.
(3) Точки, через які проходить пряма; (4; 0) і (0; -6)
0 = 6 4 + 6 46 =-6 (б = 1.5
; ; [ ; и = 1,5х — 6.
-6 = 60 + 6 6 = —6 І6 = -6
16 ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В. ЖШШЖШИ
(4) Точки, що належать прямим: (0: І) і (2; 0)
і = * о + ь. (ь=і. Л = І’ і
; 1 і/ « - х + 1
0 = *2 + А, 2А = -1; А = -±. 2
2
20. а) Складемо рівняння при мої АВ:
З-АО+6 Л= З * 3
1 я А 8 4- 5 8А ♦ 3 1 ’ А а — І
І
3 = Л (-1) + д -А4б«3
61 ' 7 ;
-5 = * 4 4 Ь ** * Ь» -5
1 1
У =--х > 3 ; тоді ♦ =
4 4
-5А» 8. А = -1. 6
А 3 4- А 3 - 1,6 = 1.4; у - -1,6х 4- 1.4; А » -1,6.
4 — А 1 4 А А я Ь 4
1 = *.( -7) + А ’ |-7А+ Ь = 1
, и . б „З 5 .3
Ь -4 - А я -4 4 - = -З- : у « х-З— ;
8 8 9 8 8
ОД = -5,А=-5
Ь 8
Аа- - .
8
-1«*,(-8) + Ь ОД + &»-1
-5 = А (-3) + А’ 3* * ь д &
-5А = 4,А- 0,8
Ь - -1 4 ОД = -1 6,4 = -7,4; у - -0,8х - 7,4; А = 0,8.
21.За заданим рівнянням пнаходимо значення кутового коефіцієнта А. шиючи, що
їй а = А, де и — кут, який утворює пряма з додатним напрямом осі абсцис,
і# ЗО'1 = 43- ; і* 45* - 1; і.К 6(1-* = /з .
З
а)кв1, 1<«»1,а = 45
б) У " -х + 3: А = -1, ід « %_1; « = 180 ’ - 45" а 135';
в) у • %3л + \‘3 ; А = уЗ : і# <х = \3 . а в(Г.
22 Підставимо координати точок А і Я в рівняння прямої:
А : а 1 + Ь 2 1. а + 2А = І,
В - а 2 + Ь 1»1; 2о 4- А я І;
а = 1 - 2/> 1 - 2-
З 3 3
2а- 45 =-2, ЯЛ 1
і
2а + А = 1; А - £.
23. Щоб ліийтк центри кіл, скористаємось формулам» (а ± Ь} я а' ± 2аЬ 4 Ь* І рів-
нянням кола.
а) х* т у* - 4х + 2у - 0 ; (х* - 4х + 4) + + 2у 4 1) - 5 » 0 ;
(х - 2}' + (у 4 1р 5 — коло, центр якого 0,(2; -1), В « <5 ;
Xі + у1 - Юх - - 2 ; (х’ - Юх 4 25) + (/ 6р ♦ о) - 36 = ц ;
(х - 5}’ 4 (р - 3^ - 36 — коло, центр 0,(5; 3), Я ь 6.
Рівняння прямої О, О,:
1-1 = А -2+ 6,
За А-5 + А;
2А + Ь — 1,
ЬА + А = 3;
-ЗА = -4;
А = Ц;
О
,ж11х-з|;
•) ’Х М О Ь> <5
ГЕОМЕТРІЯ Апостолом Г. В. 17
6) Xі + у' + 2х + 2у - 2 = О : (хИ)* + (у + 1)' = 4 , центр 0/-Ї; -1).
хя + ра - 6х - 4у » 3 ; (х - 3)’ 4 (у - 2)* = 16 ; центр О/З; 2).
Рівняння 0,0,:
-І =*(-!)+ Ь,
2 = 6 3 + 5;
. . , -46 = -3;
-к + Ь — -1,
36 + 5 = 2; * = -;
4
З 1
’-4х-ї
І Якщо нам відомий кут а між прямою та додатним напрямом осі Ох, тоді зна-
йдемо І-К ех «а Лг і підставимо це значення в рівняння прямої у = кх 4 Ь. З умови
належності точки прямій підставимо її координати в рівняння 1 знайдемо 5.
24. а) а = ЗО", Ц ЗО у^х + Ь; 2=~8 + 6;
3 3 з
. _ 8 л 6-8^3 73 6-8^3
6 = 2 - - • <3 —. У а — х +----------- ;
З З У З З
б) а ж 45е, і# а = 1; у я х + Ь, Ь 6. у = х - 6;
в) а » 60, ік 60 = 73 , р - -Тз х 4- 5; 2 = 73 • 8 + 5; 5 » 8 - 2^/3 ;
у « ч'З х 4 8 - 2 7з ;
г) а - 135г. << 135” = -1, у » -х + 5; 2 ж -8 4 5; Ь - 10; у = -х 4- 10.
25. За властивістю діагоналей ромба ВВ ± АС ,
О — середина ВВ і АС, тоді оскільки ВВ 8,
то В( 4; 0) і /Х4; 0). АС = 4, С(0; 2) 1 А(0; -2).
Рівняння ВС:
у « О.бх +• 2.
О » к (-4) + Ь,
2 е к 0 + 5;
І -46 ж -2,
16-2;
Рівняння С&:
О = А - 4 + Ь,
2 = к 0 + 6;
4* » Ь * О.
5=2;
к » -0,5,
у = -0,5х 4- 2.
6 = 2.
ВС || АВ . тоді кутовий коефіцієнт рівняння прямої АО співпадає з кутовим ко-
ефіцієнтом ВС; к = 0,5; 7X4; 0); 0 0,5 4 4- 5; 5 = - 2.
Рівняння АВ; у = 0,5х - 2.
АВ Ц СВ , тоді к = 0,5, В( 4; 0); 0 - -0,5 (-4) + 5; Ь = -2.
у » -О.бх - 2 — рівняння АВ.
26. а) Рівняння МІЧ;
б » к 2 + Ь,
0»6-(-б) + 5;
5 66 - б = 4,5 ; уа^х + 4,5.
4 4
Рівняння !ЧК:
2к + Ь = 6, з
ок о; А —;
6* + Ь = 0: 4
М
К
"6А 4" 6 я 0, 1
’ -36-4;Й--]І; 5 = 6* = 6
ЗА + Ь -4; З
4
З
--8; у-І^Х-8.
З
Рівняння МК:
6 = *-2 + 6,
-4 к • (-3) + Ь;
26 + 5-6,
5к • 10;Л - 2; Ь «- 6 - 2к = 2; у = 2х 4- 2.
-ЗА + Ь ж -4;
6) Знайдемо координати середини сторін МІЧ, МК, КК — точок А, В, С, від-
повідно: хЛ =
* хм
2
- -2 і Ул = • З
£
2
Т8 ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В.
Рівняння КА:
—ЗА і* Ь 4,
- А = -7; А = 7; Ь = 3 + 2А = 17; р - 7х 4 17;
-2А + Ь « 3;
х, і- х„ -3 + 2 _ _ ух + у* ~4 + Ь .
Хв = ’* 4 = —Т- » -ол: у» » “ „ м - —І— - І; й<-о,б; і).
Рівняння /УВ:
0 - А (-6)+ 6.
1 = А (-0.5) + А;
хЛ + хл —6 — 3 . к
Х‘ " 2 " “у— -<5 5 Уг “
6 = А 2 + Ь,
6А + 5«0, и Ю 2 2 ,1
— з, 5Л ж —1; А> — —; II- — х+1 —
-О,5* + Ья 1; ’ 55 11’ ' 11 11
Рівняння МС:
—4.5;-2).
2““ = "' 5.5*.5;*.80.1®.!8-;
-4,5А + 5 = -2; 65 ІЗ 13
З
7
7 4 7
Ь = 6 - 2А « 3-- ; у = 1 --х + 3 - .
їй ІЗ 10
27. Скористаємось умовою належності трьох топок одній прямій:
Уі - V.
2 (-2
*)
6-о 4 а л__ о . - .і*
, . -—- ; — « — , тобто .1 точки належать одній прямій;
0 - (-2) 3-0 2 З
7 -0 5 3 _
-— * . Отже, точки на одній прямій не лежать.
2-0 6 - З
-5-(-2) 0-1 -З -1
б) ——т+^т* = —і ; — * --- . Точки ив лежать на одній прямій.
28. Скористаї мось умовою належності трьох точок одній прямій:
У» ~ Уі _ ~ *і .
Уї - Уі ХТ ~ *і
у-0 10-2 у 8 . .
і— Ж — — ; Р- = — ; у = -4 ( 3) ж 12. ЛЛЮ: 12).
~ У Ц “ • —ці —4
29,ГІяГї; 1“^*' *"5=4 ^^ = 4;х = 9;К(9:4).
5-00-55 -5 5
ЗО. За умовою Х(х; х), К е АВ , » -І-2-; ; 2(х - 1) - х - 2;
«2 -1 -4-2 ‘-З -6
2х - 2 » х - 2; х = 0; К(0; 0).
Зі. За умовою абсциси точок В і М рівні, тому пряма ВМ паралельна осі ординат.
Якщо М — середина ВС, тоді ХС » -5, ус я 3 - 3 е 0, С(-5; 0).
Рівняння ВС: х р -5.
4 = А 3 + 5, ЗА + 5 = 4, 1
Рівняння АЙ; , , , «А«-2;А*-і.
6 - А • (-5) + іг. |-5Л»-Ажб; 4
/ і \ ЛЯ 1 я
5-4-ЗА-4-З -± «4 + 4-44; у«-іх + 4^.
V 4} 4 4 4 4
Рівняння АС:
0-А-(-5) + А, -5Л + 5-0, _ ,
«ь ь * -8А=Ч:А=0,5;
4 = А 3 + А; ЗА + А 4;
6» 5 0,5 « 2,5. у « 0,5х + 2,5.
ГЕОМЕТРІЯ Апостолом Г. В. 19
§3. Взаємне розміщення двох прямих на координатній площині
Завдання 4
х + 6у-1»0, | а, « 1, 6, = б, <?, -1 і і б
1 ]х + 2у-.3-0; 1в,м1,дІ.2.е,--3|} і*2; ПРЯМ‘ОЄрСТИНаЮТЬСЯ-
! 0, у -0,6; і + 6 (-0,5) - 1 = 0; х я 4; (4; 0,5) — точка перетину
прямих.
|3х< бу-1«0, З б
° х - 2у - 1 0* ї * ^2 ~~ прямІ перетинаються.
Зх + бу - 1 = 0
-Зх + бу - 3 « 0 ’ 1 *’
х«1 + 2у-1^|-1|;
V 4> О
1М
3 3
— точка перетину.
В)
Зх + 6у - 4 0,
9х + 18у - 3 = 0;
3 6-4
о , — нрямі паралельні;
» 11» - а>
2х - у = 0,
4х - 2у 0;
х - 5 = 0,
4х - 20 0;
— = — прямі співпадають;
4 —4
— прямі співпадають: — » —— ;
4 -20
. |5х + 1 - 0,
е)
14х - Зу + 5 0:
— прямі перетинаються;
, -З
У
е)
1,4; (-0,2; 1,4) — точка перетину;
2х - Зу + І - 0. 2 -З
х + у- 2 = 0; 1*1------"РММІ пеРотинаються»
2х - Зу + 1- 0,
-2х - 2у + 4 = О; ~ Р = Х ~ 2 ~ У “ 2 “ 1 " ~ точка перетину;
у = 5х - 7,
у 5х + 8;
А 5 — прямі паралельні;
’ у - Зх -1, .
і у 8х + 5- (3 * 8) ~ ПРЯМІ перетинаються;
Зх - 1 « 8х + 5; -5х я 6; х -1,2;
у = 3 (-1,2) — 1 = -4,6; (-1,2; -4,6) — точка перетину;
у « 4х + 2,
” у Вл 4" — ЛРЯМ1 перетинаються;
4х > 2 = 8х + 4; -4х = 2; х -0,5;
у = 4 (-0,5) + 2 = 0; ( -0,5; 0) — точка перетину.
2. Скористаємось умовою перпендикулярності прямих к, = - і .
а) у - 5х З, А, * 5; у 7 - 0,2х; к1 = -0.2; 5 я - ~у я — прямі перпендикулярні;
Он Л
б) у = 4х 1, А, ’ 4; у -4х + 1; Аг = -4; 4 # —- — прямі не е перпендикуляр-
ними; ’4
20 ГЕОМЕТРІЯ Апостолом Г. В.
2 2 4 1
в) 2х - Зр » 6; у • - х - 2 ; А, = - ; Зх + Зу - 1, у = -^х + ;
о о 2 2
3 2—1
А » - - ; о в —а » тому прямі перпендикулярні;
2 3 **
г) 7х + Ьу -1 = 0; у - X + | ; А, = - ;
5 6 5
- т . л л 5 4 , 5 7-1
йх - і у + 4 = 0; у = - х + - ; А, -; - ~ “ -і-прямі перпендикулярні;
7 7 7 о 5
Н З я
д)Йл + 7р- 3 » 0; у>-±х*^; А,
8 3 8 8 —1
7у 4- 8х + 3 = 0; У = - -Х--, А, - - * — — примі не е нсрпендику*
7 і 7 7°
лярними
,Прямі паралельні, якщо кутові коефіцієнти в їх рівняннях співпадають Н
3. я) т - 1 3; т я 4 ;
Х1 , і к\.«. т 5 4х-15 4 15
' 1 З З у т +1 * т + 1 т + І
Маємо рівняння: ~ *-; т (т + 1) = 12; т* т т -12 = 0; т. = 3 ;
З т « 1 ' '
т, = -4 , при т = 3 або т -4,
Якщо А я , то прямі перпендикулярні.
4. а) = ті -1, А, 3; 3(тї - 1) = -1 : Злі - 3 = -1 ; Зт = 2 ; т ? ;
З
б) *1 = Т ; *і = —“Т • —“7 -1: т * -1; 4т « -3|т + 1 і; 7т = -3 ;
З ттІЗ/п + 1 ' '
З
7
5. а) у = 7х - З, А = 7, тоді шукане рівняння: у 7х + Ь. Підставимо коорднішти
Л в це рівняння; 4 = 7- (- 1) - Ь; Ь -11; у 7х - 11;
б) Зх - у = І; у - Зх 1, А = 3, тоді у Зх + б; 1 3 1 т А; Ь в -2; у - Зх - 2;
з
в) Зх + 2у « 6. у = --Х + 2; А • -1,5, тоді у -1,5х + 5;
-З » -1,5 2 + Ь; А » -3 + 3 = 0; у - • 1,5х.
11 1
її. а) р = 8х - З, А » 8. тоді А»--< у«--х + б; -і»-— 3 + Ь;
8 8 8
к .^* 3 4 6 1 5
бя-1 + -а-.-; у = -_х__;
8 8*88
б) 4х - у - б; у « їх - 6; А = 4, А. = - |; у = - - х ч Ь ;
4 4
1
б = -і- 2 + А ; Ь = б + 0,5 » 6,5; у -0,25х * 6,5;
4
в} 5х + 35у я 13; у = х + ; А » ; А, 7 ; у = 7х + 5;
35 35 7
—З 7 (-4) + 6; і = 25; у = 7х + 25.
:ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В. 21
7. а) Складемо рівняння АВ:
О® А-2 + 5,
2 = АО + 5;
2* + Ь ® О,
5 = 2.
2* =-2; А -1.
У -Л + 2. Якщо прямі перпендикулярні, ТО *,=-£==!;
у = X + Ь; -4 = 3 + Ь; Ь = -7. у = -х - 7.
б) Складемо рівняння СО:
1 - А 1 + Ь,
0 = * 5 + 5;
А + 5 = 1.
5* + Ь - 0;
- 4к = 1;
к = -0,26; Ь = 1 - А = 1 + 0,25 = 1,25; у = -0,25х + 1.25.
Якщо прямі паралельні, то к = -0,25. Маємо рівняння: у ®
тоді -4 » -0,25 3 + Ь; Ь а -4 + 0,75 = -3,25; у = -0,25* - 3,25.
-0,25л + Ь,
8. Знайдемо точку перетину прямих:
2х - 7 у = 1.
у = х + 3;
2х-7у®1.
-х + у ® 3;
2х - 7 у = І,
-2х + 2у « 6;
-5у-7;
х = у - 3 = -4,4; у л -1,4,
(-4,4: -1,4) — точка перетину прямих.
Рівняння прямої, паралельної осі абсцис: у » —1,4, а рівняння прямої, Пара-
лельної осі ординат: х -4,4.
9. Складемо рівняння висоти ВК, ВК х АС . Складаємо рівняння прямої, яка пер-
пендикулярна АС і проходить через точку В.
Рівняння АС:
І = к (6) + Ь, —6* + Ь 1,
5 к 4 + Ь;
-10* =-4;* = 0,4; 5 = 1 + 6* - 1 +2.4-3.4.
4А + о = 5;
у - 0,4х + 8,4. тоді А, = —— « —— = - - -2,5 ; у -2,5х +5 — рівняння ви-
соти ВК. 04 4 2
0 -2,5 0 + Ь; Ь = 0. Рівняння ВК: у - -2,5х.
Аналогічно складаємо рівняння висоти АЛІ.
Рівняння ВС: у ® кх (оскільки проходить через (0; □)).
1 = * (-6); * = -| , тоді А. а -1-
б
Рівняння АЛГ: р«6х+5;5®6 4 4 Ь; 6 ® -19; у вх - 19.
СР — висота, проведені* до АВ. Оскільки АВ проходить через 8(0; 0). то її рів-
няння у Ах. Звідки 5 = А 4; А = 0,8, тоді А, = -1: 0,8 = - — =» -1,25 .
8
Рівняння висоти СР: у • -1,25х + 6; 1 = -1.25 • (-в) 4 5;
Ь - 1 - 7,5 = -6.5; у = -1,25х - 6.5.
Д
в
6.
10. Відстань від точки до прямої — цс довжина перпендикуляра, який проведено із
цієї точки до даної прямої. Нехай ЛЇА — перпендикуляр до прямої Зх - 4у = 5,
тоді Лг(хф; ул) належить цій прямій. Складемо рівняння Мії:
оскільки Зх - 4у 5. — 4у 5 — Зх; І/ • 7і • 7 1 "* Т • тоді за умовою перцем-
4’4 4
. ЗІ 4
.тяхул ярності А = -1: [ - | .
Рівняння
Р--Ах + 5, ^2 = -~ 4 + Ь’. 5»-2 + ^а-2^5А = з|; р = --х + зі.
З 3 3 33 33
# — точка перетину прямих:
Зх - 4|/ 5,
4 ..1
у = -- х + З—;
З З
Зх - 4у ® 5,
Зр = -4х+ 10;
Зх-4у = 5,
4л + Зр » 10; З
-4
22 й? ГЕОМЕТРІЯ АПОСТОЛОМ Г. В.
у* и їй ’25у ж Ю;у « 0,4;х ж(б +4у): 3 = (б 4 1,в); 3 =» 2,2.?/(2,2;0,4). :
Знайдемо довжину
МІЧ = ^(2,2 - 41’ * (0,4 - (~2))а = уі,ЇЇ’Т2,4і = 6^0,3’То.4* = 6 • 0,6 = 3. <
1 1. Спочатку складемо рівняння прямої, яка перпендикулярна до прямих (1):
Зх + 4у - 8 0 і (3): Зх 4 4у + 12 О;
, « , . * 34
4у = 8 - Зх; у =» --х4 2; к = -- , тоді Л. - -1 :1 -- =
4 4 ^4/3
Рівняним прямої, нернеіщикулярної до (2): у *х + Ь . Оскільки прямі (1; і (2)
З
перегинаються, то знайдемо координати точки перетину:
4 3 25 (2-й)-12
4 (2-6І12 ,32 » .
3 25 25 25
Знайдемо координати точки перетину прямих (2) і (3):
4 , . З _ 12?„ .< 48 9 .
-х, + 0 = —-х. + 3 ; х. = — 3 - Ь ; у. = — + — Ь.
З 4 25' ' ’ 25 25
Знайдемо відстань між точками М, (х,; у,) І Лї^х,, у,), відстань між паралель-
12. 1) Знайдемо точки перетину прямої з осями координат: у ж 0; 4х 20; х 5;
(5; 0) — точка перетину прямої з віссю абсцис;
х 0; -бу « 20, у ж 4; (0; -4) — точка перетину прямої з віссю ординат;
2) знайдемо координати середини відрізка прямої 4х - бу 20, ще знаходиться
між координатними осями. Нехай точка М(х; у):
П 4
х„ - - 2.5 ; ум - - -2 . М(2,5; -2);
2 2
4> складемо рівняння прямої, яка перпендикулярна до даної: -бу = 20 - 4х;
4 4 4 5
у = -х-4 , тоді к--; Л, = , тоді рівняння шуканої прямої:
5 5 5 4
5
у=--хто.
Підставимо в отримане рівняння координати Мі
-2 ---2,5 ; б«-2 + ж-2 + з|‘-1І » 1,125 .
4 8 8 8
Отже, рівняння серединного перпендикуляра: у » -1,2бх 4 1,125.
13. Нехай точка, симетрична точці А, — точка А, (х; уі. тоді за означенням пря
ма АА перпендикулярна прямій х 4 у - 3 0, і ЛО = ОАЧ, де О — точка пере-
тину АА І прямої х + у - 3 « 0.
Спочатку складемо рівняння нрямоі АА,: у « —х + 3, к = -1, тоді А, = 1: (-1) = 1,
отже, рівняння АА, мас вигляд: у » х 4 Ь. Підставимо координати точки А:
ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В. х<; 23
-2 ж -2 * Ь; Ь = 0, отже, у х.
Знайдемо координати точки О як точки перетину прямих у = х і х 4 у - 3 = 0,
Магмо: х + х— 3 = 0; хж 1,6; у = 1.5. 0(1 Лі 1.5).
Скористаємось формулами координат середини відрізка:
хл ♦ хд. . . “2 + х. у. + у. -2 + у.
«.=—ї^і 1,5.х4=5,|,,.їг_»і, 1,6.—»А.: „а,5.
>1,( 5; б) — точка, симетрична А відносно заданої прямої.
14. / спосіб. Нехай АМ — медіана ЛАВС . Знаходимо координати точки Мі
х. + х, 1 + 0 - „ о. + і/, 3 + в
0 й - -г- = 0.6; у„ = ** - 2—- = 4,5. М(0,5; 4,5).
й Л а а
Складемо рівняним АМ;
-З = *(-!) +і>, -* + б = -3,
' ' - - 1.6* «-.5;* 5;
4,5 = *0,5 + 5; 0,5* +5 = 4,5;
Ь = -3 + * • 2;
у = 5х + 2 — рівняння АМ.
Знаходимо координати К (ВК — медіана лАВС ):
х. + х- -1+0 _ к -3 + 6 , ,
хх = а9 а —5~ » -0,5; ук = —— » 1,5 . *С(-0,5; 1,5).
4 4 4
Складемо рівняння ВК:
3 = * 1 + 5, |*+ 5 = З,
. с . . „ . к ’ , 1.5* = 1,5;* -1;
1.5 = * | -0,5) + 6; | —0,5* + * — 1,5;
Ь = 3 -*»3-1 = 2. у = х + 2 — рівняння ВК,
Оскільки медіани трикутника перетинаються в одній точці, то знайдемо коор-
динати точки перетину прямих АМ і ВК: 5х + 2 « х + 2; 4х 0; х 0;
у = 0 * 2 = 2. Отже, точка перетину медіан трикутника мас координати: Р(0; 2).
II спосіб. Відомо, що точка перетину медіан трикутника ділить медіану у відно-
шенні 2:1, рахуючи від вершини трикутника, тоді скористаємось формулою:
х4 + Хх„ ул + луи
хг = ; уг ж -Д- м , у нашому випадку А 2.
1+2 З р 1+2 З
Зауважимо, що (хм; ум) — координати середини ВС.
15. Знайдемо координати середини сторін Мії - А; КР — В ; РК — С; МК — О.
хл “ ' V" " 1: У а в я 2,5 = Ж~1; 2,5).
а А
5+3 . 2-3
х„ = -- ’ 4 ; у„ = = -0,5 ; В(4; -0.5).
3^-2 3 4
хс - - = 0,5 : ус - —1—1 - -3,5 ; С(0.5; -3.5).
А А
=7-2 3-4
Хв«—т—-~4.5; у0 = -—. -0,5;Л(-4,5; -0,5).
А А
Знайдемо коефіцієнти в рівняннях прямих АВ і СЛ:
АВ:
2.5 = * (-1)+Ь,
—0,5 * 1 4 + 5;
-* + &= 2,5,
аь а . -3*“8;* =-0.& -О.бх + 1,9 ,
* о —V, о;
СД:
-0,5 »-4.5*+ 5, -4.5* + б »-0,5,
Ое лгг . лк, •. аг “ 0.5* = 3; * = —0,6,
-3,5 = 0,5* + Ь; 0,5* + б = -3,5;
Оскільки коефіцієнти в рівняннях однакові, то АВ || СО .
Знайдемо коефіцієнти в рівняннях прямих ВС 1 АВ:
24 %: ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В. ЖЖШШЖтйЗЙ
І4* + 5=-О,5, |-* + 5»2,5,
ІО, 5* + Ь = -3.5; -4.5* + Ь = -0,5; Й
3.5* «З і 3.5* - З І
. в , І
7 7
Оскільки коефіцієнти співпали, то ВС || АІ) .
За означенням, якщо у чотирикутника сторони попарно паралельні, то цей чо-
тирикутник паралелограм. Тоді АВСР — паралелограм.
16. Знайдемо кутові коефіцієнти в рівняннях прямих АВ, ВС, СВ і АР:
1-2*» 5 = 10. * + 5 = 3, 1-2* » -4. 1 -2**5 -10.
|*+5-3; | -2* + Ь 4; (-5** 5-3; }-5* + 5-3;
-3* = 7 3* = 7 3* = -7 3*-7
7 7 7 , 7
Д -я —.«_ з *лг = в “ 3 ^СО ~ п О ‘""5-
Оскільки к^ -*^.р, то ЛВЦСР; *^ = *лі) , тоді ВС [| АР . отже. АВСР — па-
рал ел о грам.
Знайдемо кутові коефіцієнти прямих, гпо містять діагоналі АС і ВР.
і-2* + 5-10,
|-2* + Ь » -4.
Система не мас розв'язку, отже, АС паралельна осі ординат, оскільки абсциси
всіх її точок однакові. Ординати точок В і Р однакові, тоді ВР паралельна осі
абсцис, отже, АС 1 ВР . Тоді АВСВ — ромб.
17. Знайдемо кутові коефіцієнти прямих М№, УР, МР.
4* + 5 » -б, 7* є Ь = б, 4* + Ь = -5,
7* + 5 = 6; -7* + 5 = -2; |-7* + Ь * -2;
-З*--11 14* = 8 11* =-3 .
**" = п
- ' = -1, тоді прямі ± МР і лМіїР прямокутний, ^М 90‘.
х - 2у - 4 0, х = 4 + 2у,
х1 + у1 - 14х - Юу = 11; (4 + 2у)’ + у* -14(4+ 2у)-Юу = 11;
16 + 16у + 4у2 + у2 - 56 - 28у - Юу -11 = 0
11 ± 2\ 94
5у’- 22у - 51 0 ; Р1 = 11і+5-51 = 121 + 255-376 . ;
, „ 11 + 4<94 20 + 22*4^94 42 + 4 <94
х>’4 + 2----5--------------5---Т~
л 11-2794 20 + 22-4^94 42-4,94
х. = 4 + 2 -----— = ——---------------г---.
» 5 5 5
Точки перетину прямої з колом:
42 + 4794 11 ♦ 2 ,94 42 - 4,94 11-2794
І 5 5 5 | 5 5 5 )'
19. Оскільки ординати точок перетину однакові, то прямі паралельні осі абсцис,
тоді рівняння прямих відповідно: у - 3, у = -4.
ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В. 25
20. За умовою центр кола (1; -3), В 6. Якщо хорда лежить на осі абсцис, тоді
ординати кінці» цих хорд дорівнюють 0. у = 0. Тоді маємо рівняння:
(х -1)’ + 9 - 36 ; (х -1)’ » 27
х -1 « 3<3 або х - І = -3-/3
х = 3>/3 + 1 або х « -3>/3 +1 .
тоді ав - з^з +1 - (-з7з +1) = з/з +1 + зТз - 1 = б7§ .
Абсциси точок СІЇ — кінців хорди, що лежить на осі ординат, мають значення
0, х = 0, тоді:
у, ж <35 - 3 або уг = - <35 - 3 ;
21. Якщо центр кола знаходиться в початку координат, то
рівняння цього кола має вигляд: х* + уг = В* .
Відомо, що радіус, проведений до точки дотику, перпенди-
кулярний до дотичної; ОК = В. Складемо рівняння прямої,
на якій знаходиться радіус ОХ.
Задана пряма у х - З, Л = 1, тоді /г,«-І : 1 = -1. Рівняння
ОК: у » - х і Ь. Цій прямій належить точка 0(0: 0), тоді 0 = 0 + Ь, Ь * 0. Отже,
У ш - х — рівняний прямої, яка перпендикулярна у ж х + 3 і перетинає її в точці
К. Знайдемо координати К: х - 3 « -х; 2х = З, х » 1,5; тоді у = -1,5.
ОК ж уі. 5‘ ♦ (М,5)’ в
Рівняння кола: х* ♦ у'
22. а) За умовою задачі аАСВ — прямокутний, тоді центр
кола, описаного навколо такого трикутника, знаходиться
на середині гіпотенузи. Знайдемо координати середини
відрізка СВ: М хм - = 2; у„ - я 1,5 .
. Знайдемо відстань МВ:
МВ* = (4 -2)’ + (0- 1.5)’ «4 + 2,25 - 6,25 .
Рівняння кола, описаного навколо трикутника: (х - 2)’ + /у - 1,5)’ ж б, 25 , центр
(2; 1,5).
Для знаходження радіуса вписаного кола скористаємось формулою:
а ♦ Ь — с
г --------, де а. Ь — катети трикутника, тобто а АС, Ь = АВ, с ж ВС.
— радіус кола.
х’ + у* « 4,5 .
АС » 3. АВ 4; ВС = 5. г 3-4 ~ 6 = 1.
2
Центр вписаного кола знаходиться на відстані 1 від катетів та гіпотенузи, тоді
МІ; 1).
Рівняння кола: (х - 1) + (у - 1) - 1, центр (1; 1).
б) За умовою з’ясовується, що ьАВС —
прямокутний (2А ж 90е).
АВ = 4; АС = 3, тоді ВС = 5 як сторони сгиіісттького
трикутника.
Центр кола, описаного навколо трикутника:
хм - ~ = 3 , ум « « 3,5 , МВ « 2.5.
2 2
Рівняння: (х - 3)* + (у - 3,5)’ « 6.25 , центр (3; 3,5),
26 ГЕОМЕТРІЯ Апостолом Г. В.
Знайдемо радіус г вписаного кола: г =----— • 1. тоді центр кола: (14 1;
2 + 1); (2; 3). Рівняння вписаного кола: (х - 2) + (у - 3) «1, центр (2: 3).
23. Оскільки точки ЛіВ симетричні відносно пря« у,.
мої у = -х, тоді і.АВС — рівнобедреннй: АС = СВ.
__ . _ . 2 ♦ 0 , 0-2 , ' я
СК 1 АВ , АК = КВ, хж « 1 , Ух = ~ — =-1, ____Т? у-їзк,. >.
1 2 2 Г .7
К(1;-1). 5 = ±АВ СК ; ’>&
2 2 д
АВ - ^(2 - 0)’ + (0 - (-2))’ = 74 + 4 = 7§ = 272 Г 1; -1).
«£«472..
АВ 2^2 2 , .
Якщо С належить прямій у = -х, тоді С(х; -х): СК е (1 - хі + (-1 + х) .
Мнєм< рівняння:
(1 - х)3 + (х -1)’ = (4^) ; 1 - 2х + х’ + х* - 2х 4-1 = 32; 2х’ - 4х - ЗО = 0:
х5 - 2х - 15 = 0;
х, = 5; х, = -3. За умовою х < 0, тоді х = 3, а у = -(-3) 3.
24. За умовою центр кола (в; -2), В « 1, пряма у -х — бісектриса П і IV коор-
динатних чвертей.
Існує 3 випадки розташування кола і прямої: 1) коло і пряма не перетинаються;
2) пряма дотикається до кола; 3) пряма перетинає коло.
Якщо у • -х, то: (х - а)' + (-х + 2)" = 1.
х* - 2ах + а’+4-4х + х*-1=ї0
2х‘ - 2х(а + 2) ♦ а1 + 3 « 0
х1 -х(а + 2)+|(аа + 3)»0,
В »(а + 2)£ - 4 • 1 • |(а* + 3|» а* + 4а + 4 - 2а’ - 6 » -а* + 4а - 2 .
Якщо О > 0. рівняння має 2 корені, тобто коло має 2 точки перетину з прямою:
-а’ + 4а - 2 > 0 , а1 • 4а + 2 < 0
О, = 4 - 2 = 2
а«11£. ае(1-72;2 + 7ї).
Якщо О»0, рівняння мас 1 корінь, коло має одну спільну точку з прямою.
Відповідь: 1 спільна точка, якщо а«2±72; 2 спільних точки, якщо
а є (2 - 72; 2 + 7г).
§4. Тригонометричні функції кутів від 0" до 180а
Завдання 5
5. а) 2віп(9О° - а) - соз(180о - а) 2сов а + сов а = Зсов а;
б) соя(90 - а) + аіп(180 - а) віп а + віп а = 2віп а;
в) 1<(90 - 0) 4- Зс<в(180 - 0) сік 0 - Зсі< 0 = -2сі« 0;
г) «#9(Г - 0) - ІЖІ80' - 0) - і» 0 4* 1$ 0 = 2 К 0.
в. а) 2соя 0 - віп а - сов 0 4- віп а = сов 0;
б) €03(90* - а) + сов(180а - а) + яіп а - віп(90^ - а) віп а - со» а 4- віп а - еоа а =
» 2віп а - 2сов а;
в) - 0) 4- Зсі^ОО’ - а) 4- 2(і< а 4- їв 0) сік 0 4- Зі< а +• 21® а 4- 2ів 0 «
сік 0 4- 5і< а +• 2ія 0.
ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В. 27
7. а) 1 - соа*(90- - їх) = 1 - віпЧх = сов’а;
б) 1 - (со8*(180‘ - а) + СО8Ч901 - а)) 1 - (сов*а 4 віп’а) 1 - 1 0
8 о 1 ’ 2-П’(18°- 1 -2вАп*р со»*р 4 аі^р-ЗаІп* р
1 - 2 віп’(90* - Р) 1 - 2соя* р сов* р 4 віп* р - 2сов‘ Р ~
= СОВ1 р - ЕЙІ-1 Р СО5*Р-ЗІП*Р
8ІП*р-СОв*Р ‘ -(сов* 8 - віп’р) “ ’
віл* 190 -р) соя*р 1-чіп’Р (1 - Я1п0)(1 + &ІпР)
6) Г^совТЬо Гр) = Г^п-р=ь^м=1 Г5іпр и=1+8Іпр
в) »іп,Р(1-«іп,(1^-3)) віп’р(1-гіп’0) зіп’Рсм’р
віп*(90" - Р)(1 - сов’(180і- -р)) сов’р(ї-сов*р) соя’РвІп’р 11
г> (1 + СЧЦ90’ р))я 4 (1 4 4| 180’ - Р))г = (1 + івіі)я ♦ (1 - 4р)’ »
= 1 4 2іВр 4 4*Р + 1 - 24Р + 4*Р - 2(1 4 1<*Р) . 2 • -Д- . -Д- ;
' С08 Р сов1 Р
оЦ(9<У-Р)(С^(18(Г ~ Р) 4 1) К’р(сі<>р4 1)
4*Р + 1 1 4 4*р
9. *) соя 120т сов(І80 - 60е) = -сов 60‘ -0,6;
б) віп 135’ = віп(180 - 45е) = віп 45е =
2
в) їв 150е • 4( 180 - 30е) = -їв ЗО® = ;
З
г) сов 135’ = сові 180' - 45е) « сов 45е » ;
2
8ІП* Р----г •
сов Р
Д) с4 150° о сйяїво * - зо
Ю. а) 2 сов 60' 4
> 3 сов 150е 2 - 4 уЗ сов (180“ - 30 | =
2
147з(*совзои) = 147з «і~- =
12і 2
-0.5;
б) 5віп ЗО* 4 сів 135е « б Д + сів(18Л • - 45е) ~ 2,5 - сік 45е - 2,5 - 1- 1.5*
2
і-
) (сов 60° + віп 150е)(віп 30е - соя 150
-сов(180е - 30е
= | 4 віп 30- ]( І 4 СОВ30“ І = І 1 4І]11 + в
12 Д2 . ) І2 зД 2 2 2
г) ЗсовбОЧвіб 460’ = З і • 1 • Л • ~ ;
2 2
Д) 4 ІбО^віп б0есов 40’ - с4 120-сов 150°сов 140 =
= 4(180- - 30°) -у сов40е - с4(і80"- 60е)сов(180е- 30е)сов(180е - 40е) =
л
-430’ • — • сов 40е 4 с460 (- сов 30'-)(- сов 40°)
мЗ ч/З 73 Лі/ , 1 і
= ‘з'’~2~СоВ'10 4'з“1 2 (“сад40О)““2См40 г®08401 *° ’
28 ££ ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В.
11.«) 2ів" 120 ’і 4го»' 150 =21^(180- 60 і <4еаа3(180 ЗО"»-21^60* + 4сов* ЗО
г
я 2 ‘(ї/З| + 4 І —| 2 3 + 3 9;
б) Зсов’ 150і + 5з1пї135'’ - їй’ 135 Зсоа^ІвО» - 80*) + 5зіп’(180 - 45
- 1<* 180е - 45) Зсов’ ЗО' + Бат1 45е - 45" =
/ г-ч»
+ 5-
1 = 3 -тб |-1
4 4
19 . 16 ,3
— -1 = — « 3 -;
4 4 І
І2
в) Зсов1 60 (8 135 1$* 120' •
ЬК(180‘ -45°) їй’(180' - 60") = З * і-в45в • 1<’6О =
= З 1-І 3 = - = 21 =2.25;
4 4 4
З
2
і
( Г 1
г)ів’60‘'аіл 120- - сік*60*іп 150° = (ч/з)’віп (180е 00") - | вш(180" -ЗО)
/З 1 1
2 3 2
9
9 1 26 ІЗ 1
я — — — = — = —- = 4 — :
2 6 6 3 З
д) віп 157°совб7втсда23 виі 113" віп(90 + 67 коьб7" » сов(90' - 67>іп(180 -
- 67н) = сов 67 со® 67 + віп 67''віп 67" сов* 67° + віп167" 1.
Скористаймось основною тригонометричною тотожністю:
аіп’а г сов*а= 1; віп’а» 1 - сов*а; віп а ±71 -сов’а .
12. а) Оскільки .іа умовою: сов а < 0, тоді а є (90 ; 180°), тоді вш а > 0 Миємо:
ви) а - ^1 - (-0,3)’ - <1 0,09 - То.91 » ОД 791 ;
віп а 0Ду9І Т9І 1 3 зЛи
іг а « —— » —----ж —-- ; сіл а —п- ——— ;
сова -0.3 3 їв а <91 91
б) віп а = у І - сов* ге = ^'1 - (- 0,2)* * <1 - 0,04 <0.96 0,4 Д ;
віпа 0>4ч6 п, І
їв а =---= —г-т- “ ~2у6 ; Не а = —
сова -0,2 -2Ч
76 78
2 6 12 1
в) віп а я <1 - сов’ а »
2^ 1 „ . і
ІК а « “ • т 5 272 ; сій а =-
3 3 їй а
1 <2
г) Віп а = 1-
х
Іва.-’
I
2
. 1 73
з ; сі< а = —т = - —.
<3 З
13. а) Скористаємось тотожністю: І8 Р * ^ІК Р х 1; тоді
1 1 1
сі« р и 1 : (-1) = -1; 1 + ІЙ$ = —т- ; сов’и = - -- ; совР = -7
еоа р 1-і їв Р \ 1 + і# (І
ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В. 29
(оскільки за умовою 90° < В < 1804); есер
ег.
\1 + 1 \2 2
аіп р у'І - сов* р =
. 1
б) син р = -—- т- ; ік р < о. тоді сон р < 0, сів Р < 0;
1 + ЦГ Р
13 2
3^ 13 з
в) чг р - З, сів Р = І? соар
О
аіпр -
14. соя а » ±71 - віп’ а
віпа 4 . 0,3
45 а = — ; їв а - і —Ч
сова 0,171
.шц . 4Г. ™“р . А - Д . . Ь'З , «у» -2Л8
* \ V 13 Уїз 13 ВР Яіпр 13
' І
1 + я’ "
' 1
1 + с 45 р
*““Х— *
91
15. а) За умовою: ссе <х > 0, Ід а > 0, сів а > 0. годі
сояа = >/ї-0.2? » 7Ї 7Ь,(М = 0,476 і і» а - "Н£= ^6 .
сова 0.4чб 12
мб б
61 якщо а — тупий. ТОДІ сов а < 0, ід а < 0; сі£ а < 0;
сова » -/1 - 0,16 =-^О,М 0.2,11 ; і«а =
0,4 2>/41
------—V И — — !
0.2И1 11
ІВ а
сів а • -2\ 2 .
1 . 2^2 1 _ 72
X • ” ^.17’ ~ в «
З 3 272 4
16. а) Якщо сов а • -1,
б) Будуємо пряму х =
знаходимо т. М — точ-
ку перегину з півколом (Я 1, центр (0; 0)). Звідки
41(0; 0). Кут а між додатним напрямком осі Ох та
променем ОМ — шуканий.
ЗО ££ ГЕОМЕТРІЯ
1
І + ік’а
пряму х « - , знаходимо точку перетину
з півколом, /ЛОВ — шуканий, /ЛОВ 135 .
17. а) сова = -
. тоді будуємо
б) І спосіб: сова »
,10
10 ’’
/ЛОВ — шуканий.
П спосіб: І8 а —' відношення протилежного катета пря
мокутного трикутника до прилеглого. Відкладемо на
перпендикулярі до осі Ох, що проходить точку, через
А 3 одиничних відрізки, ОМ • 3 (або будуємо Л£(1; -3).
ТОДІ і« /МОА « 3. Продовжимо промінь МО до перети-
ну з півколом, тоді /ВОК = /МОА, а суміжний з ним
/ВОА — шуканий.
18. а) віп а < віп Р, а > р,
/ЛОВ > /СОВ;
У“
б) сов а > сов Р. /ЛОВ /СОВ,
віпа
ВІП0
[В ~х
в) І# а > ік Р; /ВОА > /ІЇОА;
19. Користуючись попередніми висновками (№ 18), магмо:
а) віп 13(У > віп 150°, оскільки 130 е < 1б(Г;
б) сов 100 > сов 140°, оскільки 100і* < 140'-;
а) Щ 100* < їв 130°, оскільки 100‘ < 130’;
г) сі< 50 > ід І0(Г, оскільки сів 59" > їв Ю0 < 0:
д) віп 120' = віп(18О’ - 60°) = віп 6(Г; віп 60° > віп 50°, віп 120* > аіп 150*.
20. аіп(90° + а) = аіл(180'’ - (90° - а)) = кіп(90Л - а) = сов а;
сов(90‘ + а) - сов(180 - (90“ - а}) = -сов(90 - а) = -віп а;
1«90 4 а)- 18(180 - (90 - а)) = -ів(90и - а) = -сів а;
сЦ(90‘ 4- а) • с!<(180 - (90 * - а» = -сів(90с - а) =-1« а.
21. сов’а 4- сов^ОО* - а) сов’а + віп*а 1.
22. віп*а 4- 8Іп’(9О - а) = яіп’а + сов’а = 1.
23. а) вІп(90“ 4-а) - сов аяіп’ а = сов а - сов амін1 а = сов а(1 - віп’ а) ®
в сов асоа* а = со§* а;
б) сЧг3(180'’ - а) - сов’ асів1« = сів* “ “ сов1 асів4 « » ссе3 «(> _ «»*«)я
= сів1 “ • віп1 а = <*«*а:
ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В. 31
в) <508’190* - «) 4 сі<’асод’(90 + а) = віп* а + сі<*а віп* а віп’аіі + еІв*а)
• віп а — = І;
віл а
г) (1 + сод(У0 + а)Х1 + вій а)»(1 - віл аХІ 4 віл а) = 1 - віп’а = сов4а;
д) (1<* а + 1)со8л(180° - а) = —сов*а* 1.
сов сх
міп^ІКО -а)ікІ.« 4 У° І віпа(-сіва)
соя(90 -а)ік(«-90) віпа(-с1в»)
б) __ *----*------к--- сов’ 58 + сов132° = сов’(90 -32)4 сой* 32° -
І + Ів’581 1 + (й’32
<= віп* 32° 4 сов1 32 - 1.
сів (90г - а) + сів 190 Р)4 сік 199е “ У)____
3(івР • ів^ЗО" - а))- 2(сів|ї>0’ - а)) 4 сів(90 -р)-сів(180’- у)
ів а.» Ів |3 ‘ І4М <« СН 18 Р + І8 Х;
Зів Р + Зі< а - 2і£ а - 2цг Р + СІЕ V їв Р + <8 а + сів У ’
їв а| їй Р + їв у} + І8 рів У _ Ів «Нв р + 18 аі< У 4 18 РЦ У. _ х
' -і* а (-і# $7 "їв Рів У + (" ІКа)|-і« У) ’ їв аів Р + <8 РІ8 У + їв а<в У "
26. а)
аіпа сова
Звіпа + сова сова , сови _ 3*8 а 1 _ ?_7±1 ш Лк * 11 » -1 1
сова-Звіпа сова віпа і-Зіва 1- 3 7 -20 -10
--Ц--1 І •* - ’
сов а сов а
Я4 віп’а 1-сода (1-с<м«)(1 ігова)
1 + соаа 1 + оов а 1 + сода
, її 1 І 72
яким ч « . 7. «Ж1 сова . і;,і - --:
. . /2 10-^
1 - соя а = 1 - — « ——- -
10 ю
§5. Теорема синусів
Завдання 6
І.а) 5 = іаІ>8Іп45* = і-^8 4- ''о2 *178»8>/2 ,
2 2 2
б)5 = - 7в 4 віп135в*2-272 ~? =4 ;
2 2
в) 5» 1-6 4 віп 150 =3 4 віпЗО^ -3 4 1 = «;
2 2
г) 5 1 в 4 віп 30а «З 4 • і » б .
' 2 2
2.а) 3 = - ЛС ВС яіп/АСВ = 1 8 1 віп(180 -120°) - їв —= 8^ :
б) за малюнком ЛМ!^'Р — рівносторойнійг тому £М = 60а, тоді
1 аЕ г/З
£« - й а яіпбо .
2 4
32 ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В.
а* З
Площа 8 рівностороннього трикутника зі стороною а дорівнює: 8 - ——
4
З, а) | 8 472 йіп ц = 16; 1672 віл « = 16 ; 81 н а = ; а = 45° або а = 135°;
і <•
б) | 8 4-,2 зіпа 8№ ; 16^2віпа = 8>/2 ; він а = ? ; а « 80 або а - 150*.
Здл = - ЛВ ВС 8ІПЛЛВС 1 8-х 8П1150'- = 16 ; 4х - = 16 ; х = 8
2 2 2
ВС
5. За наслідком з теореми синусів; --- 2Я; ВС«2Няіпос
аіпа
а/’
= 2Я ; АС = 2Явіп|і; £С = 180° - а - р.
яіпр
8= |АС ВС *інгС= ^-2йвіпР-2Яаіііа віп(180 - (а + р))-
2В*8іпРзіпавіп(а + $).
6. За теоремою синусів:-------=---------;
гіп-45’ яіпбО
Зх/б г-
а) а = 3, с = — = х 6 : б) а » 2У'3 , е
з
<і чіп 45 о<, 2 2 и<п
віп 60 2 <3 З
2^у'б г 2ч/2 ; в) а - 7б ;
З
7. За теоремою синусів:
ВС АС . .. 1*72 1
--------; ащ хА --------------- = -
аіп/А яіп45’ 2 <2 2
^ВАС = 30°.
8. За теоремою синусів: ---; віп /АВС = *^ПС<
аіп а віп /ЛВС ВС
а) а = 45’; віп £АВС = — -?іп4— « 7? • - 1 І £АВС - 90і;
1 2
б) а = ЗО ; він ^АВС - ^~"80° /2 І — ; /АВС - 46".
* 1 2 2
9. а) Дано. АВ + ВС 18 см; £С * 60'% і'А « 45е.
Знайти.* АВ. ВС.
_ , .. АВ ВС
язок: За теоремою синусів: -— •--— .
ліп/С віп «'А
Нехай АВ = х см. тоді ВС = (18 - х) см. Маємо рівняння;
— Т— = ; -* я ; ху2 (18 -Хі-,3 ; л2 і хТз >8/3 ;
віп 60 810 45’ гЗ >2 ‘
2 2
х(72т 7з)* ів7з ;
і87з(78 - 72)
х^т-=- -^СГУ-—^«18іЗ|;3->2і-64-18Л; АВ«54-18Тб см, тоді
(72 і 7§)|7з -/2) ’
ВС*^-Ь-\< ІвТб - 1876 - 36 (см);
ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В. В 33
6)^.4^; Т2х = (18-х); х(^п).18;
віпЗО- віп 135“ 1.2 ' ' '
2 2
18 18(72-1) , - . г
х--4^— ->------ -»18|м'2-1 = 18у2 -18; АВ = 18^2 - 18 ;
75 + 1 1 ' ’
ВС = 18 -1872 + 18 = 36 - 1*42 ;
а) —— - ----г > хвіпВ -118 -хівіп а ; х(яіпР + віпц) ІЯшпа ;
аіпи ЗІП0
ІЯ.чіпк 18 він а
х я ---— ; АВ » ' ' ;
віп р - ніп а аіп 0 + віп а
*8 18ашц 18»Іпр + 188Іпа-18зіп а 18 він р
віп|і*8іпа киі0 + 8іпа віпр + віпа'
10. а) Дано: ВС - АВ * і, віп /А = 60*, віп £С = 45°.
Знайти.* ВС,, АВ.
Роав'ялок. Нехай АВ » х см, тоді ВС = (х + і) гм. Маємо рівняння за теоремою
».«;£!'«; ^п)|. хЛ ; х(Л - /з) - -Л<:
аіп 60 віп 45* ,3 ..2 ' '
2 2
X . = 72р2 + Лр = (2 + 7б)ї ;
75-„з 2-з ' ' 1 1
АВа|2 + 7Гб)і СМ; ВС = (2 + 7в)< + <в<(2 + 7б + 1) г(3 + -.6| см.
6) Проти більшої сторони лежить більший кут:
-ж +1- —х—- ; т Га^;х + 1 = 2х:л = 1: АВ • ( см; ВС » 2( см
віп9(Г зіпЗСГ 1 1
2
II спосіб; за умовою трикутник прямокутний, один з його кутів ЗО*, тоді катет,
що лежить проти цього кута, дорівнює половиш гіпотенузи, отже: 2х - х = »;
х ' г; один катет і, а гіпотенуза 2г.
в) —Х-(х + ГІ8ІП0 = хвіпа ; х(віп0 - віпа) я -івіпр ;
віпа 8ІП0 ' '
-Гвіпр п , *
х =------ -—- за умови, що Р < а.
81П0 - віпа
Ь а аьшІІ
11. За теоремою синусів: —— =--ч— ; б —-1----г ;
8іп0 8Іп,і80в-(а+ 0)| зїп(атР)
с а а яіп а
віпа зіп(180"-(а + 0)) * ‘ ’ мп(а + 0Ґ
а8Іп0 а яіп а а(віп(а*р)*8іп0і-8іп<х)
РвдО + с» а+ >---------;---------тт = —1----;—г — --
аіпіа + Рі зіпіа + рі 8іп(а + р)
, х с *8іп(а +
12. Третій кут: 180 -(а + 0). Нехай: а = х,тоді с =- £—-
віпа віп^а » рі ціпа
Ь х . хзтР
---- я --- • $ = ----- ;
Ніпр Зіпа віпа
2йіп(а + 0) хаіпВ віпа + вітна-» 0) т яіпр
Р = а + Ь + с= х+------ —! 4 - х — , — 1--------------
віпц віпа । віпа
34 ГЕОМЕТРІЯ Алостолова
„ віпо + віпр + віп(а + Р] РаШа
х а Р: - — -------5------ь = 7--------- —-----
віп о (віп а + віп р* віп (а +
_________Р_віп а
віпатвіпр + міп(п + рі '
_ Рвіпа-аіп(а + 0)
(віп а + яіп р * віп (а + р)|аіп а
, РвіпР
«........ ! Г... .»Ж— в
віп а т віпр + аіп(сХ + р|
віпа * «її 0 + 8Іп(а + р| ’
2 2
13. а) За наслідком із теореми синусів; 2Я ; - 2Я ; Я в 2 см — радіус
віп ЗСГ 1
описаного навколо трикутника кола; 2
2 -.2 2 2\2 г
б) — 7^’ = 2Я ; Я = 1: аіп 135’ = 1; = 4 = ~ ^/2 (см);
аіп135 2 .2 2
в) - 2 - = 2Я; Я = 1.
віп90'
II спосіб: за умовою трикутник прямокутний, тому дана сторона — гіпотенуза,
а центр кола, описаного навколо прямокутного трикутника, лежить па середині
гіпотенузи, тому Я 2 : 2 • 1 см.
14. а) ' = 2Я; 4-= 2 78; а = 2^8 = 716 = 4 (см);
яіп 45' 42 2
2
б) -ГТЇЛ" = 2Я: ~Агг = 2^8 ; я = 2>/з І = 4$ = 2>/2 (см);
віл 150" віп ЗО 2
в) . -- 2Я ; а - 2^8 віп45’ - 2^ - 716 - 4 (см).
він 135' 2
15. а) аАОВ — рівнобндрений (АО » ВО Я), якщо ЛАОВ = 60 ,
тоді лАОВ — рівносторонній, тому Я « АВ 12 см;
б) л-АОВ — рівнобедрений прямокутний, тоді Я‘ + Я*1 12і;
2Я* 144; Я* м 72; Яб/2 см;
ь) з» умовою задачі, хорда — діаметр, тоді Я 12 : 2 « 6 (см).
15. а) Я= у8 дм. Можна вважати, що аАХХ? — вписаний у коло з Я ® 4& дМ.
тоді за наслідком з теореми синусів;
АС і-
--—-------=2Я; АС = 2 у8-аіп4і> =
мп^'АРС
------= 4 (дм).
АС
6) глвс - 15(У, тоді: - 2Я ;
юп 1&0‘
АС = 2 ^8 віп^ІвО0-3(Р)= 2-2^2 віпЗО'= 2 2>/2 2^2 (дм?
£
в) —- 2Я; АС = 2-2^2 8Іп45 а 2 2^2~ - 4 (дм).
віп 135" 2 '
17. Нехай за умовою АВ || ГїК , тоді АВ II ВС || ?ІК || МЬ ;
за умовою АВ :| КЬ , тоді чотирикутник, який утво-
рюють паралельні прямі АВ, КЬ, Л<1, АР. — паралело-
грам. тоді £І)АВ л ^МЬК.
ВГ)
Для лАВВ: —---------= 2Я. Я — радіус даного кола: X-
яіп /РаВ
ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В. В 35
ьМІЖ : . = 2Я , оскільки віп /йАВ = віп /МІЖ, то Вй Л/К, отже,
зіпгЗ/ЬЯ
діагоналі трапецій рівні. (Доведення АС = ЯЬ аналогічне).
10. Нехай АВСй — дана трапеція, Р(? — середня лінія, тоді
РЯ - £(ВС + Ай}; ВС + Ай = 2Ь. Відомо, що якщо трапе'
ція вписана, то вона рівнобічна, тоді АВ = Сй. Проведемо
висоту ВМ, тоді АМ (Ай - ВС) : 2.
АІ) + ВГ = 2Л
ІО
ьАМВ : /ВАМ = 30°, АМ АВ соя30“ - - 4 ”
Маємо:
Ай+ вс~гь.
Ай-ВС~2=^-,
2
Мй Ай - АМ = Ь + - — > Ь ;
2 2
ПЛ - ' л Я
ьВМй : ВМ — (катет, що лежить проти куга 30°),
*5
Вй = %ВМ* + Мй*
'— + б* ь і \ 4Л? + а’ .
4 2
во во
лВАй : = 2Я ; -т— = 2Я ; Вй Я — радіус описаного кола навколо тра-
аіп 3(Г 1
2
події АВСй. отже, Я в ° .
2
19. Нехай ЛВСВ — дана трапеція, РЯ — середня лінія, В, »
тоді РЯ = |(ВС + Ай). рГ -Ч
Проведемо ВК || Сй, тоді /АКВ « /АйС а д*----——їг
як відповідні при ВК || СВ , Ай — січна.
АВК <ВАК - 180° - 0; тоді .АВК = 180 - /ВАК - .АКВ -
= 180’ - (180” -0)- а» 0-а.
За теоремою синусів:
АК АВ АК а а віп (0-а)
віпгГАВЯ аіп/АЯВ зіп(0-а) яіпа віпа
авіп(0 - а)
Лй~АК~Кй*АК + ВС =-----' + Ь ;
віпа
й.. 1 . , ааіп(0-а) авіп(0-а)
РЯ = - Ь + Ь +--‘ » Ь +------------і.
2 віпа 2 віпа
20. Нехай аАВС — рілностороиній, у який вписано
лТРН — також ріввосторонній, за умовою /РНС = 0.
ьРНС: жГС = 60 ( аАВС — рівносторониій); н\р
ЛСРН = 180’ - 60 ’ - 0 я 120" - 0. За теоремою синусів: /
РЯ , РС . рс= РЯ а1п0 РН8іп0# /\/ А
аіп60и віп0 ‘ віп60' ^3 ’ А^------- // -----^С
2
аТРВ глРНС за стороною та прилеглими кутами: ТР- РН, лТРН — рівносте-
роппій; ±ВРТ = 180е - £ТРН - £НВС - 180° - 60’ - (120° - 0) = 0.
36 ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В.
с ВГР » 180’ -0 ~ 60° 120' - р. тоді ВР в НС, За теоремою синусів:
І. нс , . не . - .
аіп ЛНРС віп 60 ^3
2
ж = Яр ,к - нс , РС = ™ 1, ен 5“ в -
Та <з
Г" -—» •
2 2
2
ВС РНІеіп1120"-0) + 8іпр) о / ,
й" \і -^-.^(.1п(120”-Р) + .1Пр)
(віп (120’ ~0) + аіп0|.
. Нехай лВАС , др ЛВАС 9ОВ — заданий трикутник з ка-
тетами 3 дм 1 4 ДМ, тоді його гіпотенуза ВС = 5 дм.
Знайдемо Я описаного кола навколо -ВКС . де К — сере-
дина АС. За наслідком з теорема синусів:
—я 2К . ЯК = > АВ17 АК* х= 79*7’2" - Лз ;
яіп^С
' в1п/Си4£*ьж0,б; "2Я: Л " 7?1:2итІ
ВС 5 о.б 0.0 1.2
Я
З
А
12
ВІ) АВ
Ід теоремою синусів: -------- —-—- — ;
віп .'ВАВ чіп гЛВВ
1
/ЯАЛ = -а , оскільки АВ — бісектриси,
2
лАОВ « 2ИАС + ^ВСА як зовнішній кут &АОС , ,'ЛВВ -
ВВ
а
ВІП
2
а
свіп -
; ВВ»------7
і «
віп —+ т
І 2
23. Нехай дАВС - заданий, АС = Ь, х^А - а, /С = р,
ЯК — бісектриса кута АВС,
.АВС • 180е - (а + 0);
^ЛВК - хСВК » |(180г - (а + р)Ь 90 -1 (лі 0};
<ь ш
І ІЗ й АВК зд теоремою синусів:
лк вх як "‘п(90І-1(“ + |!>
- а — ; А А ---------- ---- ґ «
віп /АВ£ ніп а віп ц
ЯК ги® ——
2
віпа
Із ЛВКС-.
__ кс_____
віп 90’-®^)
1 2 '
„„ ВК соя а-І-0
В*.; КС=- — — і-
віпр 8ІП0
:: ”ГЕОМЕТРІЯ Апостолом Г. В. £*. 37
ВК сояВКсов?^ п
АС АК + КС -------2— +------2_ _ ВК сад —І 5Іг1РД.8іп а
віп а 8ІП0 2 V віп а віп 0
сові (віп0* віп а)
ВК9АСі—\ 2 2 . ___________ .
вігі а мі пр а + 0/ . »
сов (віпр + ні па)
£
24. Р а 4 Ь + с, ВК — бісектриса А АВС .
* АВС -180 - (а + 0); ^АВК = 90" - ~(а -г0);
£
. а + Р
АГ — -2
віп а ' віп а
Із ЛАВК : -----—-------
віп І 9(і - 1 (а + 6
І 2'
£АКВ - 180'-а 90* -•?(« + 0
в
с
і с
—— .......; с
віп а віп САКВ
віп а
£. £- £
. 0-а
ІСО9----
_____2.
віп а
івіп] 90е--+^
І/ 2
віп 0
із ЛВАГС: ГА
________________І
віп(180е- їАКВ] “ 8іп0 1
і
ВІП0 ’
. а ♦ 0
/соя
_____2_.
зіпр
, В - а
і соя-
. —2_
віп 0
віп 90 + Р 'І
І 2
, о*0 , а+0
й = АС = АК + КС = — +221-1— -/гоя^І^ віпр + віпа) .
яіпа віп0 2
, ~.Р"а , Р“а
сси ? . а*Р віпЦі-віпа /оов **
/» и ----+ І соя------ ---— — — +
ВІП0 2 -•----п
, В - а: віп 0 + віп а
= ІС08—-1 с---------
2
, »ІП Р + віп о і
= І - —7х-—— СОВ
віп а віп 0 V
аіпаяіпР
0-а
2.
віп а віп 0 8іпа
, и + 0 віпР + вїпи
2 віп а віп р
«♦ 0)
2 2 І
яіпавіпр
а
І
; СК
біпгЛВС віп0
а
25. ВК, АМ, СІ, — бісектриси купа АВС, ВАС, ВСА відповідно;
. АВС 180- - (а + 0); а£АВК • Л.СВК = 90' - V
із &АВК: --— = ——— : д X" і <^Ч-
віпа віп лАКВ К С
^А/ҐВ= 180 -а-90и + ^^- 90 + Р 90’• І ;
2 2 2 (. 2 )
Ь1п[90‘ + Р;а] /сояр-=-а
лл . А— * . =-------------2_ .
віпа 8іпа
із їАВМ ; їЛМВ лМАС + £МСА = - + 0 ;
2
АМ_ АВ
вІП^АВМ ' ліПа-АМВ :
38 :•<$ ГЕОМЕТРІЯ Апостолом Г. В.
АМ*
/сов’
_____г
янш
- віті (180 - (а + Р)] : віп’ ~ + Р =
І соя ~ віп (а + Р|
..Ж , чиї...
1 1 л І
віпаяіп — + р|
В , С£ ВС
із *ВЬС : /.ВІС = а + £ ; . --— = - —— ;
2 віп .АВС віп /ВЬС
ВС 8іп(а + р) „„ . _ ВС
С ;
віп а + ’
; ВС знайдемо з лВКС: ~ - =---- ;
віп ЛВКС віпР
яіп /ВКС " яіп(180 - * ЛКВ) = віп ^АКВ яіп | 90 + -
І
ІсовР-а ІСО1А-® аіп(а-» р)
ВС — . *— . Отже, СЬ =--------*- -
в*пР «іпРяіп,а +
МС ВМ тяіпр
---- я ---— ; л» С ----£ ;
шпр віп/С віп/.С
АС-2 МС * -27аТ/Г ’
віп^С
, _л АВ АС . о
із аАВС : -—-- = —т-------г; АВ =
аіп.£С шп(а + р|
і. ьВЛГС:
27. Із лАВС:
АС = 2АМ
а АС а»Іп(а + Щ
віп/А яіп|а + р)ь яіп^А
ВМ ... ВМ віпа
; АМ г - -------
яш а піп .'А сов ґА
2,ЛМйпа . »»І«2»). 2йл,виі(І. вяцо + р|.
віп /-А віп /А
Іл ьАВМ ;
АМ
(5-а
= сов ---'
нм =
А М
азіп(а + р)
Зяіпа
2глміп|і
віп
£
Л’
І
с
28. Оскільки навколо трапеції описано коло, то трапеція АВСВ — рівнобічна,, тоді
КВ (16 - 8): 2 » 4 (см). 8
ьСКВ — єгипетський; СК з см. яіп 2Л.ВС | » 0,6 .
О
4 ія К В
У Ь АС В за наслідком з теореми синусів:
—С =2Я;
аіп21> 2віп^Р
• АЯСіАК-Іб- 4-12(см);
АС - чАК'І ~КС* = ^12’ + 8і - 714479 = ч'ІбЗ = зЛт ; В - _ -
2 3 2
5
20. в) Оскільки за побудовою АN 1 ВN І АМ І ВМ то в чотирикутнику АМНІЇ
сука протилежних кутів і М дорівнює 186е, тому навколо цього чотирикут-
ника можна описати кало, тоді АВ — його діаметр.
лМІЇВ вписаний у це коло, тоді — » 2Й АВ;
віп /В
19
АВ 3 -Г^К-О = 24 <с*^
аіпЗО
ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В. $$ 39
12
б! якщо /УВЛ/ * а, тоді АВ --.
аіп а
ЗО. Нехай ДЧВМ = ЗОЛ АЛ 1 ВАГ і А.М 1 ВМ . АВ = 10 см
За попереднім розв'язком (№ 29), навколо чотирикутники
можна описати коло, тоді
—— « 2Я ; 2А = АВ; МН 10 • | -5 (см).
він 30° 2
V
31. За попередніми розв'язками (№ 29, ЗО): АВ 2В.
МИ 9» 4 •
віпхСВ аіп/В
яіп/В = ^- = ^ . х2В = 45*.
4 2
§6. Теорема косинусів
Завдання 7
1. а) За теоремою косинусів:
АВ1 = АС’ 4 ВС1 - 2 АС ВС соабО* 25і + 40* - 2 25 40 • оовв(Г =
= 625 + 1600 -2 25 40 - = 625 4 1600 - 1000 - 1225 = 35і; АВ = 35 дм.
2
в) АС* » Л0 + ВС1 - 2 АВ ВС соабО
(2<Л)* «х’ +36-2-Х-6 |
х* - 6х т ЗО - 28 в 0
х* - 6х + 8 = 0
л, 2 х, 4 . АВ - 2 см абм -18 - 4 см.
6) АВ4 = АС’+ ВС* - 2 АС • ВС сов!2О 3,5і 4 4і - 2 3,5 4 сов(180 -60”) =
49 ґ 11 49
” + ]б-2 3,5 4 --| = ~ + 16 + 14 » 12,25 4 ЗО 42,25 ; АВ-6,5 м.
4 1 2-І
г) АС* » АВ* 4 ВС* - 2АВ ВС соя 135 ;
х’ + 4> 2х 4 6 » 0
В « (2^)* - в 2 ; X зЛ ± Л ; х, 3^2 . х, = >/2 ; АВ = Зу2 см або
АВ = <2 см.
2. Розглянемо лВОС за теоремою косинусів: Яд 50 мм г»
81/ ВС* т СВ’ -2 ВС СВ совбО1« / /
і /35 мм
- 50* 4 35і - 2 50 35 * =
- 2500 + 1225- 1750 * 1975; ВВ - 5^79 .
3. За умовою: АВ ВС ; АС = 5 дм.
АС*» АВ' ♦ ВС3 - 2 АВ ВС-ООЯІ20* = 2,5і + 2,5’ ♦ 2 2,5 2.5 -
<4
» 2,5і + 2,5* + 2,5* = 3 2.5’; АС ж 2.5>/3 .
40 & ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В.
4 /С-160 135і = 45
АК* = АС* + КС* -2- АС КС сов45** 3’ + 2’-2 3 2
»9 + 4-6>/2 -ІЗ'-бЛ .
12 см
8. У а АВС за теоремою косинусів:
АС* = АВ’ + ВС1 - 2АВ ВС сов/ В •
20і + 12* - 2 20-12 гой120°= д
І
ь 400 + 144 » 2 20 12 - = 400 + 144 + 24о » 7»4 23*; АС = 28 см.
2
Із рівності Ь‘ ж о' 4 <?* - 2 а • с- со*Р , де Ь лежить проти р , мнемо
л а1 те*-Ь‘
2аг
при 5* > а* + е*, р — тупий, трикутник тупокутний;
(>' = о’ + с* , р — прямий, трикутник прямокутний;
Ь' < а + с*, р — гострий, трикутник гострокутний.
(К
X
о
ас
О
в. н) 7’ -З* < 5’ -2 3 5 еоа/В
40 - 9 -25- -ЗОсов/В ; 15= -ЗОсов/В
; сов/В--і; £В =180 -60 = 120",
ЗО 2
тоді / АВС — тупий і а АВС — тупокутний.
о 4* - З* - 3* -2 1 л . .
6) еоаР < -ч — - ---- = — > 0 , трикутник гострокутний або
—2-3*3 *2•3 * 3 9
4 < 3і + 3’.
в} 5Г«3’ + Iі — грикутник прямокутний.
7. Знайдемо квадрати довжин сторін трикутника;
НР* = (< -(-2))’+ (8-б)’ - 86 + 9-45;
РТ =(10-4)’+(6-8)1 = б’ + 2’-36 + 4- 40;
ЯГ* = (10 - (-2))’ + (6 - 5)* - 12* + 1 = 145 ;
145 > 45 + 40 , тоді л НРТ — тупокутний.
8. Відомо, що проти більшої сторони лежить більший кут.
£С — найбільший; £ А — найменший;
15* =14*+13*-2-14 ІЗ еоа/С
225- 196-169^-2 14 ІЗ сов/С
-140 5
сов /С ——— - -т
-2 14 13 13
13* = 14’ + 15*-2 14-15 сов^А,
І3*-14*-1б*«-2-14 15 еоа^А
_ 169-196 225 352 86
СОЯ » 1 '1 .... ... »----- «
-2-14-15 2 14 ІЬ 105
9. Скористаємось теоремою косинусів у д АВС:
(І) АС* АВ‘ + ВС*-2АВ ВС сов/.АВС.
(2) а АВС : АС* = АІ>* + ОС’ - 2АО ОС сов/ АОС
£ АВС = £ ВАВ ; гАВС = 120е - . ВАО 180е - /АОС .
ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В- 41
Я& + ВС*-2 АВ ВС сов (180° - глВС) = АВТ + СВ* -2 АВ С В соя/АВС
ВС3 + 2 АВ ВС сов/ЛВС = АВ3-2АВ-СВ-сов/АВС
совгАРС(2 АВ ВС + 2 АВ СВ) = АВ’ - ВС*
АВ = СВ\ 2 сов/АВС {АВ ВС * АВ АВ) - АВ3 - ВС3
АВ1 - ВС1 [АВ - ВС)[АВ+ ВС) АВ - ВС
2 АВ(ВС + АВ) 2 АВ(вСчУкВ) 2АВ
Підставимо отримане значення у (2):
АС3 » АВ3 + ВС* -2 АВ ВС « А£>’ + ВС* - АВ[АВ - ВС) -
= АВ1 + ВС3 - АВ3 + АВ ВС = ВС3 + АВ ВС» АВ1 + АВ ВС .
Отже. АС* = АВ* + АВ ВС .
10. а) л АВС : АС3 - АВ* + ВС1 - 2 АВ ВС сов120“ -
53+З3-2-5 Зсоя(18О -60°)
«25 + 9 + 2 5 3 | = 34 + 15-49; АС = 7 см.
2
а АВВ : ВВ3 - АВ* + АВ3 - 2 АВ АВса»+.ВАВ ;
/ ВАВ а 180 - 120’ = 60
ВВ* = 5’ + 8’ - 2 5 8 сов 60° «25 + 84 -2 5 8 • 1 49; ВВ » 7 см.
2
б) / спосіб: 3 попереднього отримали, що трапеція АВСВ — ріннобедрена, тому
що ВВ АС .
^лвса ® 5^ + 8^ « і АВ ВС 8Іп 120’ +І АВ СВвіпбО0 =
2 2
-І 5 3 віп 60 + | 8-5 аІпбО’-—(З *8) = ^І сма.
2 2 4 ' ' 4
1
П спосіб: 8^ - -(АВ + ВС) СН , де СН — висота трапеції.
А
аСНВ: ЛСВН • 60^; СН = СВ віпбО* - 5 —
2
- 213 * ®Г <см >•
11. а АВВ: ВВЯ - АВ3 + АВ3 -2АВ АВ соабО'
ВВ3 = 10і + 16і - 2 10 • 16 -1 = 100 + 256 - 160 « 196;
ВВ - 14 см.
а АВС : АС3 « АВ3 + ВС3 - 2АВ ВС соя120‘
АС’= 10а+ 6’-2 10 6 -і) « 100 + 36 + 60 = 196 ; АС - 14 см.
к 2/
Оскільки діагоналі рівні, то АВСВ — рівнобедрена трапеція.
12. АС = 17 см. ВВ - 19 см. АВ : ВС • 2:3. —7
За наслідком з теореми косинусів: АС3 + ВВ’ = 2(АВ3 + ВС3). Нехай 1 частина
довжини сторін паралелограма х см. х > 0. тоді АВ-2х см, ВС = Зх см. Має-
мо рівняння: 17* + 19і 2|(2х/ + (Зх)' І;
42 ГЕОМЕТРІЯ Апостолом Г. В.
2 13х* = 289 + 361 ; 2бх’ - 650 ; х’ 25 ; х 5
Р, . 0 ж 21 АВ ♦ ВС) • 2(2х і Зх) = Юх = 10 5 = 50 (см).
13. Нехай АВ « х см, тоді ВС = (х + 8) см. За наслідком з теореми косинусів:
АС’ + В& - 2(АВ’ + ВС’)
24’ + 28’ = 2
2(х’ + ха + 16х + 61)» 24а ♦ 28’
4(х' 1 8х + 32) « 24і + 28’;
х’ + 8х + 32=12’т!4ї;
і Xі 4 8x132-144-196 = 0;
Xі + 8х - 308 = 0 ;
О, > 16 + 308 = 324 18’;
,1
Отже, ЛЯ =14 см; ВС = 14 + 8 = 22 (см).
«А0С: АС* * АВ1 + ВС' - 2 АВ ВС совХІАВС
24’-14’+ 22’-2 14 22 сов/АВС.
. 24’ -14і 22’ 104 13
СОВ ЛА1ІС । ж «— ;
-214-22 2-2-7-22 77
кіп' / АВС 4 сов* /. АВС = 1 ;
13’ -.64 90 8 ЗуїО 24>Л~0
77 77 77 77
5^ АВ ВС- віп г: АВС = 14-22 = 4 24ч'10 = 96^ 10 (см‘)-
Діж -лі'
аіп АВС ж
14. В/)~х м. тоді АС = (х + 4)
м.
х’+х’+8х + 16 я 2(36 * 49)
2х' * 8х 4 і 6 -170 • 0 ;
2хл + 8х -154 = 0 ;
X* + 4х - 77 « 0 ;
Ц ж 4 + 77 = 81
х = -2 і 9 :
тоді В/> = 7 м,
АС = 11 м.
ПОЯСНЕННЯ
ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В
43
15. Нехай дано коло з центром в точці О. За умовою ВВ і А
розташовані з різних боків від О. За умовою хорда АВ стя
гус дугу 120', тоді / ЛОВ = 120 ; X. ВАВ | • 120 = 60
ВВ* » 5* + 8’ -2 5-8 * =25 4 64 - 40 = 25 + 24 - 49 ;
І)В = 7 см.
16. За умовою А і ВВ лежать з одного боку відносно
центра кола, тоді ВВ стягу* дугу 120°, ЛВОВ» 120' ,
/.ЛАВ- 120 .
В В1 = 82 + 7* - 2 8 7 соа120 = 64 + 49 + 2 8 7 ' =
2
= 64 + 49 + 56» 169:
ЯЛ-ІЗ см.
17. а) Якщо ВВ і А лежать з різних боків від центра О.
тоді В В стягує иВЛГВ - 90 , /Г ВОВ = 90е ; £ ВАВ = 45°.
ВВ' = АВ1 + АВ} -2АВ АВ сов45° -
36 + 8- 2 б 2>/2 ~ -44 12 = 32;
ВЛ-4Т2 см.
б) Якщо А і ВВ лежать з одного боку від центра кола,
тоді ВВ стягує дугу ^ВлВ = 90'; тоді 2 ВОВ 45° ;
а ^ВАВ - 180° - 45ь = 135е.
ВВ* = б2 + (272)* - 2 б 2^2совІЗб’ =
= 36 - 8 + 12 -2>І2 - 44 + 12 = 56;
А
ВВ-2%14 см.
18. Перевіримо, який кут лежить проти АВ: 60 чи 120',
оскільки АВ’ < ВМ , тоді / АМВ — гострий. ,, /^16
ь АВМ : АВ‘ ВМ1 + АМ' - 2ВМ АМ соибО ^7
АМ = х см. тоді 16* + Xі -2 16 х-^ в (2\'97] ' у
256 + х* - Ібх - 388 » 0 : х* - 16х - 132 - 0
В, = 64 + 132 = 196 ; х= 4 ±14 , х, < 0 . х, «18. АМ = 18 см.
лАМСі АС* - АМ* + МС* - 2АМ МС сов!20' = 18* + 16’ - 2 18 16
= 324 + 256 + 288 = 868 ; АС - 2Ч 217 .
19. а АВМ: АВ1 АМ* + ВМ’ - 2АМ ВМ совбО1 » х' - Юх + 100 = 76;
х* - Юх + 24 = 0 ;
х, = 6 . х, = 4 . АМ 6 см або АМ - 4 см.
а АМС: АС* = АМ1 + МС* -2 АМ МС сов 120’ =
= 36 -10’ -2 6 10 4- Ц -36+ 100 + 60= 196; АС = 14 см.
І 2/ В
або АС* = 4* + 10’- 2 • 4 • 10 | -|| =16+100* 40= 156.
АС « 2<39 ; АС = 14 см або АС - 2>/39 см. А^------?----“^С
44 $•: ГЕОМЕТРІЯ Апостолом Г. В.
ЇО, Оскільки АС < АВ за умовою, то РВ > РС , тоді 2 АРГ = 60".
ьЛРС АС* - АР* * № -2 АР РС соя 60“ с
Зб-АР’ + РС* - АР РС (1) /Ч.
ІлВРА : АВ* = АР* + ВР* -2 АР ВР гоь12<Г б/
61 - АР* + ВР* + АР ВР (2). /?
л . ВР РС ВР 4 А*—------------------
З» властивістю бісектриси: = —— , маємо —~ .
Л/ї Аг /* >1
Нехай 1 частини довжини X см, тоді ВР 4х см, РС 3 см, нехай АР = у см.
Магмо; (1) 36 у* 4 9х* - у Зх (3)
ьАРС : РС* = АС’і АР’- 2 АС АР соеч. ; 9х* і 36 + у* - 2 6 у сова ,
А.4 х І
л АВР: ВР* • АР* 4 АВ* • 2 АР АВ сова ; сова, -------------------/-
16у
36+ у* -9л’ 64 4 у’ - 16хг 36 + у* -9л' 64 4 у’ 16т’
12у" 16у ’ З 1
4(36 ♦ у* - 9х*)ж 3(64 + у* - 16л1); 144 + 4у* - 36х* - 192 + Зу* - 48л*;
у’ + 12х’ = 48 ; у* - 48 12л’.
Підставимо в (3): 36 4в - 12х’ + 9х* - 3* 48 -12х* ;
-Зх* - Зх\ 48 - 12х* ♦ 12 - 0 ;
х» 4x7^12?-4-0; х1 + 2хТЇ2^3х* - 4 - 0 ;
х’ 4 2^х74-”х’ -4 = 0; ТГ^х* = і: 4 - х* - Є:
2>ІЗхі - X* - 0 ;
г(г7зх - 1) О ; і * 0 або 2<3л = і
ч'4 х* - 0 2>/Зх = >/4 - х*
4-х* = 0 4 3 х* «4-х’
х = 2 13х’ = 4
, 4 2718
І х 13 ’ х 13 ’
Якшо х = 2 , тоді ВС - 7х 7 2 - 14 , але 14 = 6+8, трикутник з такими сто-
ронами не існує.
2713 ____ 2713 _ 14x13
и , І4<13
Ві^по^&ь; ——— .
21. лЛИВ: АЧ' - АВ1 4 ВМ* - 2 АВ ВМ соя/ІЙ
— 26 4-
-2 ^26 3 соа^В- 26 + 9 - 6^26сояЛВ * 35 -6<2бсоз/:Я (1).
лАВґ; лС* = АВ’ + ВС*-2 АВ ВС со»л1В
26 4 36-49 ІЗ 13726 726
СО8«С В »---1 -- » І' = :• * — -
СОВ^В = ^ (2)
ГЕОМЕТРІЯ Алое толова Г. В. 45
Підставим? в (1):
АЛГ*=35-б/2б 35--—-35-6,5 = 28,5
24 4
,'57 7ІП
АМ = іГ— ® ;
V 2 2
ьЬВС : СІ} = ВІЇ + ВС2-І ВЕВС сов А В
(підставили (2));
СІ* = ^ + 36 - — = 36 ; СЬ « б ;
4 4
26
2
,36-2.Л».в .Л»
2 24
аВКС: ВК2 - ВС’ + КС’ - 2ВС КС -сов £С = 36 + (?] -2 6 ^сов^С .
аАВС: АВ* * АС* + ВС3 - 2 АС ВС совгС;
АС’ + ВС’-АВ* 49 + 36-26 59
соа / С ----------- * -------=
2АС ВС 2 7 6 84
2 7-6
Підставимо в (3) ВК* = 36 + 49 - 42 —= 36 + - - - — = 144 * 49 ~ 118 —
4 84 4 2 4 4
__ /75 б/З
пл —-----,
2 2
22. Нехай АВ = х см, тоді ВС = (х + 8) см. Скористаємось наслідком з теореми
косинусів (про медіану):
в* + Ь* с2
т2 « —----- , де т = ВМ ; а = ВС ; Ь • АВ ; с = АС.
2 4
Масно рівняння: 28* . ; 28* - . 8.32.
28* - х* + 8х + 32 - 8 32 ; х* + 8х - 32 7 - 28* = 0 ; х* + 8х - 1008 = 0 ;
В, » 4 + 1008 = 1012-{2/253)*; . £
х -4 і 27253 ; х1 < 0 ; х, - -4 + 27253 ; / 28>м
РіАЯС = АВ + ВС ♦ АС = 2х + 8 + 32 = 2х + 40 = д/—...
= 2(-4 +2^253)+ 40 =-8+4/253 + 40 = 32 + 4<253 (см).
23. Нехай ВМ = х см, тоді АС (х + 4) см. За формулою маємо:
ОЛ1І АВ* + ВС1 АС2 , 28’ + 36’ (х + 4Ґ В
ВМ ----2------Г'Х-------2—Нг-:
. 28*+36і х* + 8х + 16 /
Х = 2 4 ’ д/
4х* = 2 28’ + 2 36*-х*-8х-16; 5х* + 8х-4144 = 0 ;
Д -16 + 5 4144= 144*;
Х.ГЦШ. ж <0; х,-1?6 =27,2; АС - 27,2 +4 = 31,2 (см).
5 5
Р= АВ + ВСч АС = 28 + 36 + 31,2 - 95,2 (см>.
24. За властивістю медіани трикутника: /ч
, 7* + АС* 6Г __ 49+АС* 36 49 +АС’ . >3“*
2 4 2 4 2 'К
49+АС* = 68; АС* = 19 ; АС =719. А^----?-----^С
46 ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В.
АМ - 5 см; СК = 752 см; ВВ = ^73 см.
лягі АВ* ¥ АС* ВС*
2 4
_^_ВГ*4АС’ АВ*
СЛ
2АЙ* + 2АС* - ВС* = 25 4,
2ВС*+2ЛС*- АВ* = 52 4,
2аВ* + 2ВС’ - АС* г 73 4;
2
о„, ЛВ’ 4 ВС
ВВ1 «
АС*
4
2АВ’ + 2АС* - ВС’ • 100 (1),
2ВС* 4 2 АС* - АВ* -- 208 (2),
2АВ* + 2ВС* - АС* » 292 (3).
ВІД (1) віднімемо (2): ЗАВ* - ЗВС* - -108; АВ* - ВС* -36; ВС- • АВ' + 36: (4)
Ви (2) віднімемо (3): ЗАС* ЗАВ4 - -84; АС* - ЛВ* = -28; АС* * ЛВ* - 28; (5)
Підставимо (4) і (5) в (3) рівняння:
2А2Ґ 4 2 (ай* 4 36)-(АВ*-28)- 292; ЗАВ’ + 72 4 28 = 292 ;
ЗАВ’ « 192 ; АВ’ » 64 ; АВ = 8 см;
ВС* ® 64 4 36 = 100 ; ВС 10 см; АС* ж 64 - 28 х 36 ; АС = 6 СМ.
Мне мо: ВС* АВ* т АС*, тому а АВС — прямокутний, то й треба було довести
26. АВ — 7
Оскільки сума кутім чотирикутника В,МАК дорівняй 360 , то х МАК -120'
Із д МАК за теоремою косинусі*: МК ’ = МА* + АК* + 2 МА АК соабО =
4’ 4 2і + 2 4 2 -1 16 4 4 + 8 - 28 : МК = 2^ см.
У чотирикутнику суме протилежних кутів доріиннх
180і, тому навколо нього можна описятн коло, тоді
АВ - його діаметр, оскільки £ ВМА = 90 .
За наслідком з теореми синусів:
МК
| - зі 2Я = АВ ( а ВМК теж вважаємо вписаним у дано коло)
і .,3/2 V3 З
2см
А Н ь
27. *) Промелемо ВН — висоту а АВС. тоді ЛН - проекти АВ на АС, СН — про-
екція ВС на АС.
Позначимо: АВ = с ; ВС = а ; АС « Ь; АН « х ; СН - у .
Доведемо: а’ - с* = у* - х 1 . За теоремою косинусів:
а* = е* + (х + у)* - 2-е (х 4у)-сова (1)
с* - а* + (х 4 и] - 2 - а (х + у) • сг»р (2).
Відіймаймо від (1) (2):
а1 - є* с* - а1 - 2с(х + у)сов« ♦ 2а<х + у)еой|5 ;
2а* -2с* = -2гхсова - 2сусоаа + 2ахгов0 + Заусов#
а ВНА (А ВНА = 90°); сова = ~ = ^; ьВНС (^ВНС * 90) сшф «
2а* - 2с* = -2сх - - 2е у * 4 2а х < £ + 2ау • У ;
с с а а
2(а* - с*)» 2х* - 2ку 4 %ху + 2у* ; а* - с’ = у* - х*, що й треба було довести.
ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В
б) Нехай ВМ — медіана л АВС , ВИ — висота л АВС , тоді НМ — проекція Ві
на АС.
Позначимо АВ - с , ВС = а , АС = Ь; НМ х; АВМН ~ а .
Доведемо: а1 - с* « 2Ьх . .
іАМВ: с* ВМ1 + АМ‘ -2ВМ АМ сота (1);
д ВМС: а’ ~ ВМ* + МС* - 2ВМ МС сов (184Г - а);
а* = ВМ* + МС* + 2ВМ МС сова (2).
Віднімемо від (1) (2).*
с* - а* = ВМ1 4 АМ* - 2ВМ АМ сова - ВМ* - МС1 - 2ВМ МСсова-
в -2В.!ИсоваІ АМ + МС) — -2ВМ АС сова«-26ВЛ/ сова
У О ВНМ (/ ВНМ = 90' ) сова = ~ ; НМ * ВМ сова .
ВМ
Маємо: с* - а‘ • -26 х ; а‘ - с1 = 2Ьх , що й треба було довести.
28. За теоремою про відрізки хорд, які перетинаються;
АМ МВ = НМ МК
Позначимо НО АО ОК = В , ОМ - х , тоді
НМ=(Н + х) см; МК-{Н-х) см.
Маємо 10 4-(йтх)|Я-х); Я* - х’ = 40 .
д АМО : В1 = х* +10’ - 2л • 10 • сотбО ; Я* = х* + 10’ - Юх
40 + х* м х2 + 100 - Юх ; Юх = 60 ; х = 6 , ОМ = 6 см.
29. Доведемо, що якщо а* + Ь* = 5с’, то т, 1 т, ; АК - т, ; ВМ = .
л.АОВ : АВ* = АО’ + ОВ* - 2АО ВО сова .
8 4 в 4 в »
-т т,со»а • -т* + - т' - с
9 4 9*9
4 і Ь* + С* а’ ( 4 । а’ + с* Ь11
9І 2 4*9 2 4 . '
4 26* + 2с* - а* + 2а1 + 2с* - Ь2 і . 26’ + 2с’ - о* + 2а} + 2е* - б’ - 9с’
9: ' 4 )-с ’ д
6+а-5с 5с’-5с’ Л
•------------------------ 0 ;
9 9
сова = 0 , тоді а = 90і , тобто тл 1 64, що й треба було довести.
ЗО. л АВС, £ В — тупий, д ВАВ, А — гострий, / А = а, тоді £ В 180° - а.
дВАЛ: ВВ* = АВ + АВ - 2АВ АО сова
*САВ : АС* «• АВ* + СВ1 - 2АО СВ сов(180 - а). Оскільки АВ = СЛ . тоді:
ВЛ’ = АВ’ + АВ* - 2АВ АО -сова
АС* • АВ‘ 4 АР* - 2АВ АВ сова , тоді ВВ* < АС*, ВИ < АС . тобто у пара-
ВВ* - АС* = -4 АВ АОсова<0
лелограмі проти більшого кута лежить більша діагональ.
« ГЕОМЕТРІЯ Апостолом Г. В.
2 4
АВ' + АС1 ВС1
____1____2 і
ВМ .ЛЛ> -ВС’-АГ* ЛС, вС’
31. а) Нехай АС> ВС . Доведемо, іцо ВМ < АК , дг ВМ. АК — медіани.
АВ3 *ВС* АС* В
зіве1 - ас1) м~^с
—1----------<0
2 4 4 4
(оскільки за умовою АС > ВС ), тоді ВМ' < АК*, ВМ < АК . що й треба було
довести.
б) Нехай ВМ < АК . Доведемо, що АС > ВС , тоді отримаємо, як і в а)
ВМ’ - АК’ = ’(ВС* - АС1), оскільки ВМ < АК , годі ВМ* - АК1 < 0 ,
ВС’ - АС1 < 0, ВС1 < АС*, ВС < АС , тобто менша а медіан нгрстинає більшу
зі сторін трикутника.
32. Доведемо, що ВЛ1 АС* = АВ‘ 4 АЛ4. За па слідком з теореми косинусів про
діагоналі паралелограма: АС* •* ВВ* = 2| 4В1 4 АЛГ і
* ВАВ і ВЛ1 - АВ1 і АВ* - 2аВ АВ «м46’ » АВ* 4 АВ* - 2АВ АВ -2- =
2
= АВ1 + АЛ* - АВ АВ 72 (1)
Л ЛСВ , / АВС = 135",
М
АС1 - АЛ* 4 СЛ2 + 2А0 СВ . = АВ* 4 АВ* і ЛВ АВ ч 2 (2)
Знайдемо добуток АС* і ВВ*:
АС* ВЛ’ =((АВ’ + АЛ*)-АВ АВ 72)|(АВ1' 4 АЛ1)4 АВ АВ Л) -
(АВ* 4 АЛ1)' - 2АВ* АВ* - А/Г 4 2АВ‘ АВ* 4 АВ* - 2АВ’ АВ* = АВ* + ДІЛ
отже, АС’ ВВ* = АВ‘ * АЛ*, що й треба було довести.
33. Скористаємось твердженням, яке довели у М 32: якщо гострий кут парале-
лограма 45^, тоді добуток квадратів діагоналей дорівнкх сумі четвертих степе-
нів двох його суміжних сторін.
= а* + Ь*; Ц = 7? +У ; у'і «^ = <а'7? ; а. /
уІіЛ, — середнє геометричне.
Маємо такий план побудови:
нехай . і &---------------1 — дані відрізки, тоді на них як на сторонах па-
ралелограма будуємо паралелей рам, щоб кут між «• і Ь дорівнював 45е. Знахо-
димо діагоналі цього паралелограма і <1*. Далі будуємо коло з діаметром
АВ 4 гі,. Через точку К І АК 4, ) проводимо хорду, яка перпендикулярна
до діаметра, тоді МК • + Ь* .
34, ДВ2 4 ВС* ~ АВ‘ 4 СЛ‘. Доведемо, що АВС а 90 .
Нехай А АВС = а ,лоді £. АВС » 180 - а , оскільки
точки В і Л розташовані з різних боків від АС.
аАВС. АС* ± АВ* 4 не’ - 2АВ ВС еоаа
«АЛС: АС1-АВ* 4 ВС* 42-АВ ВС' ста.
За умовою, АВ* + ВС* = АВ* 4 ЛС1, тоді:
ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В. 49
АС* Ай* + ВС1 - 2АВ ВС сова
АС* = АВ1 + ВС* - 2АР РС сов а
0 = 0-2сюва(ЛВ ВС - АР РС)
сова = 0 , тоді а 80і , лі АВС 903.
35. Нехай сторони чотирикутника а, Ь, с, сі; його діагоналі — т.
За теоремою косинусів:
л* = а' + <1* — 2асіс08ф ; соаф = ? .Т.4 —2.
2а сі
, . п*-(6’+с*
п =о +с + 2Ьссов<р ; сочф------>
26с
а* +<І* -п1 п -(*'
2а</ 26с
п.
(а</ + 6с) л’ = (а* + сі* )бе + (б* + с*)а4 = а*Ьс + сі*Ьс + Ь*ай + е*а</ =
ас(аЛ + «/)+ М(«І + аЬ) - (об + с</)(аг + М);
, (аб + л/)(ас + М)
асі + Ьс
Аналогічно виразимо: т* = (ас + М). Перемножимо обидві рівності:
(ас + 6с/)|а^г^) (ас + М)
т п-----------------------------------= (аг + М ;
тп = ас + М , що й треба було довести.
36. АК = та ; ВЬ = т,; СР тг; АК, ВЬ, СР — медіани трикутника;
_і 6’ + с* а’ * а* + Є Ь1
* 2 4*24
, , 6* + с* а’ а’ + с* Ь*
гп + /л. ---— + --
2 4 2 4
4(т* + т’) 6* + а* + 4с*; (1)
а* + 6’
За умовою т* + т’ = 5т’ , т’ ----, тоді:
2 4
а* + 6* с’ 1 . , ,
—-----= 10а +106’-5с’ (2).
4 4
4 5т* = 20
Маємо рівність: 10а’ + 105і - 5с* я»’ + а’ + 4с
9а1 + 9Ь* = 9с*ч 9(а’ + 6*)-9с’; о*+6* = с*,
тобто дАВС — прямокутний. ЛАСВ* 90'-.
ф зі
37. З попередньої задачі т’ + --------------;
, | 2а* + 26’ -с* '< а* і - »
5т, о|------------і, за умовою т* + т» > Ьт; , тобто
6* + о* * 4с* 5 /_ * ,
------*---> ~(2а +26 -с ], звідси 6 +а <с . За теоремою косинусів
а* + б’ - с*
с* = а’ + 6* - 2а6сова ; сова ---------, тоді сова < 0 , тобто а — тупий
2а6
кут, тоді й /С — тупий.
50 ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В.
§7. Розв’язання трикутників
Завдання 8
. в б
1. Зи «оремою :
ь , ^7 »ІП<»* . 47 4Я (см) £С _ 190’ - (25- + 4»‘) ЮТ" .
ріп 25’
______^_:с=2ЦІ^°Т= , 61,1 (см>.
аІп2С віп 25° віп 25е віп 25°
б) / А - 180° - (48" + 30°) = 102а ;
віп 30° аіп 48 віп 48'
а Ь 70 віп 102' 70 -віп78‘ „ . .
і.-—— =----; а ж ———— --------- - «- 92.14 .
він 48“ віп 48° віп 48"
В) £ .—£—; віп В = * аіп —° - .9’.8к*!£в£ . 0,3258 ; /В-19й
віп 2 А віп £ В а ЗО
2 В не може бути тупим, тому що а > Ь . тоді £ А > £ В ;
£ С » 180" - (85° + 19°) • 76° ;
ЗО віп 76
с
-28,22.
віп 85"
; віп^В = 8 8—17° -0,4678; ^8-28“ або
5
; л
- о
віп 76е віп 85“
. Ь и £
віп 2* В віп 17°
£В* 180“ -28“ = 152*
£А = 180“-(17* + 28°)- 135° або /ТА-11°:
—-— = —-— ; а = - 2,07 , не може бути, 8 > 5 + 2,07 ; тоді
аіп 2 А віп^С віп 2 А
а = 5 “"V-. . 7,66 .
віпії*
Отже, гВ = 152в; ^А-11*, а-7,66,
„ Ь а , , „ авіп^С ІбвіпбГ лвКІО.
м віп^С віп/ТА Ь 17.9
£ А - 41” , оскільки 17.9>15.тоді ^С>2А: £В ' 180“-(41* * 51°) 88‘ ;
с Ь . 17,9 віп 88* „
віп/ В віп2С' ~ віп51е • ________
е) с* = а* + Ь1 - 2аЬ совЗг3; с + 40’ - 2 25 40 сов32* 23
—£— = —£—; аіп / А - 25 ‘ аіП-32<> » 0,5760 ; ^А-35“;або £А-145*.
аіп 82' віп £ А 23
Оскільки Ь > а , то ЛВ > А , тоді А 35“, тоді
хГ В - 180* - (35е + 32е) =113*.
е) /і А = 180е-(81° + 45і) = 54“
° - С - - 1°& &ІП45 „ 9| .
віп А віп £ С ' віп 54"
___5. —5— -ь = . 129,08 .
віп 81“ аіп/А віп 54'
ж) їВ-^Сі- 60“ . £В + /С = 180“ - 30“ 150е
с =
гВ-ЛС = в&
*^В +^0 = 150*
2гСВ«-2ІО'
ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В. 51
ЇВ** 105° ; ЇС • 150“ - 105“ » 45
ь с . 38 віп 105
—----— . • ь —------------ 51. я !
віпЮБ* віп45г від 45''
_1_._38_;аг;»1Мв>6.87,
віл 30“ ЯІП 45’ віп 45
з) ЇС - 180а -(44’ + 77°)» 59“
с а 13 віп 44 ,,, _ .
-----=------- - • а * ---* 10.53:
віп/їС вш44 яіп 59’
б 13 . 13 віп7Г „
віп 77“ віп 59" чіп 59
. у о а’ + с1 - Ь" 49 + Зв 64 , __
спаї В = ---------= ———— • 0,25 ; їВ - 76“
2ас 2 6-7
а1 + бі-Сі 49 + 64-36 лло„
2ай 27-8
/С - 47“; ЇА~ 180 - (76 + 47*) - 57е .
2. —— — = --; ї А ** 180 - (61й + 82") - 37
віп/В яіп2л ' •
.. Ию вшбГ’
АС •----- —— «145,3 ім).
віп 37°
3. 25-180 (85а 4 81")= 14°;
Ай АС ( 490 вш81°
віп 81а = віп ЇВ’ '' від 14*
-2000,7 м.
Ь лВНА; ВИ * АВ віп 85 - 2000.7 віп 85“ - 1993,1 м.
4. АВ = VАС1 + ВС* - 2АС ВС сов 48' -
- <56ЛГ+ 129*^2-56,7~ 129-гов48~ - 100.3 (м).
— швидкість авто-
лі
5. а) Нехай АВ « 8 , ц — швидкість автомобіля по шосе, р,
мобіля по ірунтовій дорозі о, 2г,.
ЇС** 180 -130е- 20 -40*
АС АВ _ . „ _
вііГ 120“ " вїп4СЙ ' АГ‘1а36&;
= ** ; ВС- 0,535.
віп 20“ яіп 40“
Відстань маршруту А-»Я-*С: 5 + 0,53-5 = 1,535 автомобіль подолає за
5 0,535 5 0,535 5 + 1,065 2.065 , ЛО 5
С < — ♦--------- „ - + -— - = — — — = ~— = 1, ПЗ - .
о, V, 2и, 2г, 2ь>, 2^ и,
.. . - , 1,355 , 5
Мнршрут А -і С подала? за С =-------= 1.35 — ,
п, ' и,
маємо: І, < , тому до пункту С швидші» дістатися А -> В —» С -
б) АВ • 5, о, - 2о,, де о, — швидкість автомобіля по шосе, о, — швидкість
автомобіля ।руніойою доршскі.
’ °»825 : = 180' - 45’ - 60" = 75” :
віп 4[>' аіп 60і йш 60“
АЄ 8 лг- 3 8Ь175а , , . я о „
——— =------——; АС --------- - - * 1.12.*» : мнршрунім А -+ В -> Г :
»ш/В віпв0ґ віпбО
5 0,825 5 0,825 5 + 1,645 2,645 , оо 5
і, = — +------- — +--------- - —----= -т—- =1.32- ;
Ц Р, 2г, ря 2і\ 2о, V,
52 ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В.
1 12Я З
маршрутом А —* С : і, - 1
І, <; Гк, тому автомобіліст швидше прибуде в С маршрутом А -» С .
а
Б. Нехай відстань по шосе порушник подолає за і годин, тоді ЛВ = 140 ( км. Якщо •
Інспектор Встилає зупинити порушника, то його час проходження грунтовою ‘
дорогою теж / годин, тоді відстань — 70» .
ВС АВ 701 8іп50-
- —---- • я і Ті Д з= - . _- «
ВІПХЛ віпЛО ' 140/
2Л -23'1.
тоді Інспектор встигне зупинити порушника, якщо кут між шосе і грунтовок»
дорогою г В - 180“ - Еи) -233 = 107°.
7. Р< - А + Р»
' АІ = Гір 4 А-| - 2 А Рі|С0яб0' =•
• 100 + 100-2 10 10-1 = 11)0. А| = 10;
А Г< + А ;
А^ = 20* +10* - 2 20 ЮсовЗО =400 + 100
Г, - 12,4
-20073
А
10 Н
= 500 - 2007*3 ;
49‘;
в. а) Ь~с= 12 см. Нехай с х см, тоді 8 = (х + 12) гм
—-— « ——— ; хЕС 180’ -І73,і + 584) =
віп 37' віп'С ' 1
: 0,7547* + 0,7547 12 - 0,9563* .
0,9563 0,7547
0,7547-12-х 0,2016, х- 44,92;
<• 44,92 гм; Ь- 56,92 см;
а Ь 56,92 віл 58 .
йїї58='лт:!"' --60 '*8 <'«>•
• б) а + с = 63,4 см, е = х см, о = 63, 4 - х) гм.
180°-(68е+ 81 ’)« 31* ; ——
віп 81 мп/С ' 0,9877 0,5150
0.5150(63.4-*)= 0,9877*, 0,5150 63, 4 - х(0,9877 + 0.5150)
32,65
х = * 21,73 (гм); с-21,73 см; а -41.67 см;
1,5027
Ь а , 41,67-віп68"
-т-ХоХ т-хт„; ь = ' ' — - 39,12 (см).
ви» 68' яіл 81 0,98 • 7
в)а + Ь + с-94 см; хГС = 180 -(36 + 604)-84 ;
а Ь
віп 36' чіл 60
Ь е
віп60~ шп84
0.6ЯЛ < 1.155 + 5 = 94; 1835-94; А * 33.2 см.
а 0,68 33,2-22,6 (см); с-1.15 83.2-38,2 (гм).
г) Оскільки \ = й. , то д АВС — рівнобедреннй, а = А , тоді А = х.В ,
/ А = а,
Л . А Л к Ь Л. Ь 6 З
віп а = —; він а = —1— -*; — х ; - =. — = ,
Ь Г5ССЛ.С42
Нехай 1 частина довжини сторін — х см. тоді а - А Зх см, с * 2* см:
Л иш 36 6 0,5879 „
а = --------= —---------- 0, 685 ;
віп 60 0,8660
Ь яіп 84 . ,
с “ “Г ХГГ* = 1,156 ;
81П 60
£•:ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В.
53
а* +Ь* - с* 9х* + 9х* - •їх’ І_4х^ 7
2аЬ 2-Зх-Зх 18* 9 '
4С-39 £А =/В = (180 - 39"): 2-7О"ЗО'
8ІП4ІС ТІ -сов’ /С о її;
. і 1.2 1б\2 . - _ ,
Ь = Л,-----=-------- 2,5 см; а - 2,5 см;
' 9 9
с =
2а • Ь - 4,7 (см).
У
д) С = АВ = А : віп 48” - — 3;-~ - 43,1 (см).
віп 48“
Ь « ,_Л_ = Л2_ .34,5 (см), / А - 180 - 68е - 48'
Зіп68 81п68
а с 43,1 810 64“
-----=---------; а » — -- 41.8 (см).
8іп64° він 68'-віп 68“
е) т* - а ; 4т’ • 2а’ + 2Ь* - с*; с* = 2а’ + 2і
с - 72 9’ + 2 19’-4 11’ = ^'2 81 + 2~ІГбГ^4 121 =
= N162 + 722-484 « 20 (см).
а’ + с’-Ь’ 81 + 20’-19’ 120. _ _.в,
с°^в‘ гас °~ГУг6-----------зї5;^в’т1 =
смгс = гі^^.»Ц»1^“.Л1; /с-вз ;
2аЬ 2 9-19 342
^А- 180" - (71” + 83е) = 26" .
, , . л . , і і 4т* - 25’ + с’
є) 4т = 2а’ + 26 - с ; а* —«—--
л
Н
віп 68“
В
= 64°;
Ь
4В-
С
В
, 4 64 -2-169 + 324 й
а1 ---------; а » 15,6 см
2
Ь’ + с’-а’ 169 + 324 -242 _ ..
с0,гл,_-__. 2-і-з.[8-.0.5363; лл
00. X В ? . 242 * ІМ--1-8-? . 0.7069 ; ^В-45-;
2ас 2 15,6 18
хГС = 180 -(58“ + 45&) = 77’>
ж) ВМ = 24 : 2 = 12 (см); _ ____
л АНМ : НМ = -/АМ3 - АН* » 717* - 15’ я N 2 32 = 8
ВН «12-8 = 4 см.
д АНВ : АВ = Т АН' + ВН* - 715’ + 4’ - 16 (см);
СН = 12 + 8 = 20 см.
£ВКЬ = 90 : АС - 4лН' + СН1 = 715’ + 20’ = 25 ;
с - 16 см; 6 = 25 см;
а'+Ь*-с* 24’+ 25’.-16’ 576 + 625-256
соя <і.С -——----= —„ і„з— »-------------------
2аЬ 2 24 25 1200
_ а’ + с’-б’ 576 ♦ 256 625 207 п 9ПОП , . „ ,.в
2ас 2 24 16 768
/А - 180° - (38° + 74 ) = 68'.
(см);
-0,7876 ; ^С-38°
54 ГЕОМЕТРІЯ Апостоловв Г. В.
з) АН » Л, = 12 см; ВК Л, - 15 см; СМ « й, = 18 см.
дСЛ/А (2СА/Л = 90і ): АС - СМ
лВКА (їВКАзЮ)'. АВ =
18 15 . АС 18 6
АС АВ* АВ 15 5
СВ 1В З
АВ 12 2
СМ
іп А А віп £ А
ВК 16
він £ А яіп 2^ А
ц.см к >8 .
в СВ СВ ’
в-™ 12 . 18
П' АВ АВ ’ СВ
12
ьСМІ) (£СМВ = №
ьАНВ (£АНВ*9(У)
АС 12 СВ 15
1 - - 2Е V *
АВ 10 АВ 10
Нехай 1 частина довжини сторони трикутника х см, тоді АС - 12х см;
АВ = Юх см; СВ = 15х см.
, _ с + а
оов^В -
41°
100х* + 225хт-144х* . 0 7542 .
2ас 2 12х 10х_ _ 240хт
; віп £ В - 71" сов1 В = у[і - (0,7542)’ • 0,6567 .
а « СВ
18
------«27,4 (см); 15х-27,4, кіп 2а = 2 віп а сова ;
віп/В
с- АВ - 10 1,8 = 18 (см); 6-АС =12 1,8 = 21,6 (см);
5’ + с* - а
0,0792;
26с 2 12х-10х
гА-85л; £С - 180*-(85” + 41е)« 54е .
и)СС-і,-15,6 см — бісектриса £С£С = 180” - (38’ + 63*)» 79'
^ВСЬ- 79 :2 = 39°50' ;
а ВЬС : £ ВЬС = 180е - 63‘ - 39'50* = 77е50‘;
ВС _ СЬ
він £ ВІС віп / В
Вс = ^-»іп 15.6А9763 м1
віп^В 0,8910
ВГ ; АС = - И’1 - 24,7 (см);
яіп 63 ’ Віп 38° 0,6157
ВС лв 17,1 віп79° 17,10,9816
віп 38“ 0,6157
віп 38
АВ
віп £ С віп 38'
і) АН = Л, = 24 см; ВМ - Л, = 20 см; ВС = а » 24 см;
&ВМС {/ВМС-ЯО ): аіп^С=^ = ;
ВС 44 п
ЛАНС (/АЯС= 90' ): віпхГС »4? "
; АС - = 28.8 (см); 6-28,8 см;
в АС 5
оов ЛС — ^І ~ віп1 С =
-0,5528 ; ^С-56*
с*-аї + 6,-2а6 сов^С<245 +(28»8)’-2 24 28,8 0,5528»
= 576 + 829,44-764,19-641,25; с-25,3 см;
ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В. $•: 55
а _ с
8ІП / А віп £ С
ЛП = АК + КВ - ВС + КЛ = 8 + 6 - 14 ;
/і А» 52“ або гГА- 180'-62е = 128’; / В - 180° -/Г А - г С = 180° - 52° = 72"
або £ В = 180' -128' - 56 , що неможливо, тому кути трикутника: 52”; 72‘; 56’’.
І) Маємо: Ь = о - 2; с = а - 5; 6і «а*4-е* - 2ас • сов 60” а* + с* - ас;
(а - 2)* = а* + (а - 5)* - а (а - 5);
а* - 4а + 4 = а* + а* — 10а + 25 - а’ + 5а ; а = 21;
5= 21- 2- 19; с = 21 -5 = 16;
Ь а у . а він 60 21 0,8660
--—н _------___ . в1п £ Д — „ = ----------
віп 60” віп/ТА Ь 19
/А - 73’ або £ А = 180 - 73’ = 107’
= 0,9572;
/С = 18О°-(/А+ /ГВ); £С = 180е-(73° + 60”) 4Г або
£С - 180- - (107е + 60”) = 13е .
О У ЛЛО + 03' - АВ'
В. сов/: АОВ -
2ОА ОВ
3600 1-2916-8100 1584
6480 6480
60’ + 54* - 90*
2-60 54
= -0,2444;
£АОВ- 180 -76 104° .
Складемо пропорцію: якщо хвилинна стрілка повертаєть-
ся на 90’ підносно годинної, тоді вперше це сталося через
15 хвилин, тоді:
90’ - 15 хв;
104° — х хв;
15 104
х - - 17 . Через 17 хвилин.
00
10.
/ГАОС-81"; £ВВС = в2°; £ВСВ-88°; £АСВ = 32’;
ВСВ'. £ СВВ = 180’-(£ВСВ+ £ ВВС) = 180° - (88° + 62°) = 30 ;
ВИ СВ
віп/ ВСВ " віп/ССВП ’
ип СО віп^ВСП 920 віп88 ,О„Л , %
віп/іСВЛ яіпЗО’
а ВВА : / ВВА £ АВС - £ ВІ)С * 81° - 62° - 19°;
2 ВАВ * £ ВАС + £САВ ;
£САВ 18Ф -£АСВ-£ АВС •№*-(£ВСВ-£ВСА)-8\°~
= 180° - (88° - 82°) -81=43’;
„п,, . АВ СВ СВ віп56 920 0.8290
віп^АСО иІп/ІСАО ніп43‘ 0.5820
а ВВА: АВ* = ВВ* + АВ' - 2ВВ АВ соя £ ВВА*
-1118 (м|
« 1839' + 1118* - 2 1839 1118 сов 19° -
3381921 + 1249924-8887976,17- 862*; АВ • 862 (м).
11. Нехай & АВС — даний трикутник. О, — центр кола,
яке вписане в цей трикутник, за умовою, маємо, що нав-
коло & АО,С описане коло, його центр 01, В « О,С .
ОІ — точка- перетину бісектрис д АВС (оскільки центр
вписаного в трикутник кола знаходиться в точці перетину
Його бісектрис). Знайдемо £ АОХС.
Нехай £ ВАО, = а ; £ ВС(\ = у ; £ АВК = 60а: 2 - ЗО' ;
£ ВОХЬ — зовнішній для а АВО, ,
56 ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В.
тоді = ЗО' + а ; *
£СОХК — зовнішній для *ВО(С.
тоді гсо.к = зо° + у; л ло к = л вохь, / уX
ЛАОХС •гАО,К + ^СОхК = 30 +а + 3(У + у = 60‘ + а + у . "Т ЛА.
Із д АВС : ЛА - £С - 120 , 2а + 2у = 120'; а + у = 60 , д-£—(?
толі / А0,С* бо 4 60 -120‘;
дАВС: АС’ = АВ1 + ВС' - 2АВ ВС соабіР І2 + 2і - 2 1 2-| = 1т4-2 = 3;
АС « 7з ;
ІЛ_ АС _ АС 7з уЗ .
' віп А АО.С 2ніл/АО.С 2-віп 120 „ ?3
2 2
—-— = 2К
вілл. А
5Л + с* - д’ 14л + 1б’-13’ 196 + 225^.169
26с 2 14 15 420
1 1.1 ІЗ
а!п2 А = «1 - сов,! Л. А * ЛІ - 0,36 0.8 ; —— 2Я ; В * — = 8.125 (см)-
у 0.8 1,6
. Нехай АВ = с; ВС = д ; АС = Ь; / АВМ = а , тоді
СНАМ =90 -а; /ДСА - 9СГ -(90 - а) = а . Ана-
логічно, якщо аЛ!ВС"Р; тоді 2 КАС Р і якщо
Л ВАК у , тоді 2 ВСІ. у .
АН
Л АНВ : - - - » 2Я , де В — радіус кола, яке описане
яіпа
наВКОЛи ААВН .
а АНС :-------- 2К , де Я — радіус кола, яке описане навколо а АНС , тоді
віпа
Я- Я, .
Аналогічно доводимо, що радіус кіл, описаних навколо д ВНС і д АНС , рівні.
Для дАНС : —і Ь - хж2Я; —---------------х = ——її ♦гіЛРДевідношмі-
вш(2 АНС] віп (180 -(а + Р)) аіп (а 1-0)
ня справедливе і для ь АВС, тоді у д АВС: ------- = 2Я , тобто радіуси кіл,
він /- В
описаних навколо а АВС . / АВН , а ВНС , &СНА , рівні мпк собою.
. Нехай Н — ортоцентр • АВС ,
сой £ В = (АВ' + ВС' - АС’) : 2 АВ • ВС = 4 -3^--"Л = |
' ' 2 2 6 24 й
.ЛВМ ; (^ЛМЯ - 90 ): мп/В--‘^; ,
АВ л 5 см
ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В. 57
5
—~ •
4
ВМ » V АВ1 - АМ
АМ - Аб аіп^ В= 2 — = — ;
8 4
39 84
— ®
їв V
/о*и ВМ 5 5
віп ВАМ «------=---- — :
АВ 42 8
ВИ
а АВН : ^~2 ддд^ = 2Я , де В - радіус описаного навколо л АВН кола. Як відо-
мо з попередньої задачі, довжина цього радіусу дорівнює довжині радіуса кола, яке
описане навколо д АВС , тобто —— = 2Я ; В = ——— » - 88 = Л2_ •
віп / В 2віп/ГВ 2 <39 <39*
ВИ 2В • яіп £ ВАМ -?-» *- = • 4,00 (см).
<39-8 ?ЗУ
16. Нехай /. НВР » а, ВАР ж у , тоді £ ВСЯ • у .
Якщо 34іж = 2 см’. тоді ~ВН ВР яіпа = 2 (1).
2
Якщо 5>Авс = 18 см*. тоді іАВ ВС-аіпа = 18 (2).
2
Поділимо (1) на (2): — — - — « - ;
АВ ВС 9
аВрл <гврл»9а•) ііпу»^;
АВ
а ВНС (Л ВНС - 90' ) віп у » , тоді віп* у = — , віп у = —.
ВС 9 З
Оскільки АИС £ АРС = 90°, то навколо цих трикутників можна описати
коло, діаметр якого — АС. тоді чотирикутник АНРС вписаний теж у коло, тоді
л АЯР — вписаний у те ж $аме коло, маємо: -У? = АС ; АС — = 6у2 .
віку 1
З
Оскільки у аАРВ уіа-90’; у»-9О-а, то вшу * віп 190 -а)
1
сова = -;
8 ’_____
яіп а - \,-1 - сов* а =
* сова :
АС
а АВС : —— = 2Я , де В — шуканий радіус описаного навколо & АВС кола,
віп а
о АС Й-3 п , ,
В — = — 7- я 9 (см).
2 яіп а 2*2<2
17. Нехай О — центр кола, яке проходить через ЛІВІ перетинає ВС в точці В.
За умовою ОВ ОА « ОІ) = г .
а АБО — вписаний, тому
с с
——; = 2г ; віп £ ЛОВ ж — ;
віп г АВВ 2г
а АЯС *— вписаний за умовою в друге коло,
радіус якого В: —— "• « 2Я ;
яіп^ АОС
г АВС =180 - ^АИВ
_____________ & Ь_2г 2Ьг Ьг
віп (180е-глвв | ' віп £АОВ с ' ~~2с^~
58 Ш ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В
18. Нехай 2 АВМ =» а , тоді / ВАЛІ = у (а + у 90
А ВС.У у , Я — точка перетину висот л АВ( .
х. АЗ,*/ = а Оскільки вписані кути, які опираються
на одну і ту ж дугу, рівні, то АЦАВ - /ОСР = у*
л<?А5 — рівнобедреник, N — середина ф?.
лЯЗР^лАЗС |/у ЗР « £.ДЯС як вертикальні,
/ (?Р5 = А АСЗ як кути, що опираються на одну
. , , А$ АС
і ту ж дугу). Складемо пропорцію: —- = — ;
А*і -» 10 5
ЄЗ=Гь = Ї2=6!ЛЯ - 5-И.ТИ»; <?.-> - в яас
тин, тоді,УЗ — 3 частини, лАМЯ (5, вівО-ОС ота ,трикутиикеіті.іеігскиЛ,
АЛ1 4
АУ пропорційний 4) яіпа = —- «= - ;
АЗ 5
а АВС 2Я -.* - / = - а = 1,25в ;
віп<« 4 4
5
,5
п = — а . В — радіус описаного кола навколо л.лВС . '
О
19. ВК — бісектриса А АВС , ВК ЇМ гм, ВМ — медіанті & АВС , — » *** .
Я, Я
Оскільки ВМ — медіана, яка проведена до гіпотенузи, то ВМ » МА = МС = Н —
радіус опнсапоіо кола нанколо прямокутного трикутника АВС. «.АВМ —рівно-
бедрений, А АВМ - 2 ВАЛІ = 45е ♦ 10 = 55
аАВК: 2 АКВ® 180 -45а - Б5 = ЙО° ; уЗ.
_ВК = . АВ ВК 6-18-- / Х\М
він 55* віл 80“ * віл 55 -хііі_-
а АВМ : 2 АМВ = 180 - 2 55’ - 70° Я^“-----------“^С
В МІ ВК віп 80а віп 55’ 18 віп 80
віп55’= віп2 АЛГВ ’ віл 55’-віп 70і = віп 70 ’• Д" 18’ (см’
АС »2Я = 37,8 см.
22, а) са = а* + Ь1'2иЬссаС (1)
_£_= А_; ь = £^ (2)
аіпС лтВ віпС
о с саіпА
»-----; а ~ - ---- (3)
МПА яіпС 8ІП С
г->» і .зі » м х. і с^ніпА ^яіп'Л гвіпА свиїВ
Підставимо (2) і (3) в (1): с1 = — у— + —--- -2- --——соаС;
він С вІп’С аіпС яіпС
л г|8ИГА вШ’В _ віл А віп В <ч» С 1
віп’С віп’С аіп‘С І
віп1 С = він’ А + віп3 В - 2&1п А віп В совС
1 - еоа' С » 1 -сад1 А т аіп* В - 2аіпЛаіп ВсовС
соя* А ’ сов’ С + віп' В - 2яіп Ааіп ВсовС .
б) —~ » 2Я; аіп С 75-; ----- « 2Я ; віп В = ;
вІпС 2Я мпВ 2К
а л» і . а * Ьч + с’-а' „ аЧс’-У
——- = 2Я ; віп А ; сов А я —-------- ; сов В = —
віп А 2Н 2Лґ ііЛг
ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В.
59
У тотожність віп С віп В сов А + сов В аіп А підставимо отримані вирази:
с Ь Ь’ » с’ - а’ ( а* т є* - Ь' а
2Я 2П 2Ьг 2ас 2Я
с л-с -а’ о* і с' Ь1 с Ь‘ * сг - а* + а* + с* -І>* _
2Н 4 Я» 4Яс ! 2Я 4Нс
с с
— ~ 77. — ТОТОЖНІСТЬ доведено.
в) аАВН ; яіпВ = — ; созВ« — ; (1)
С с
а АНС : совС = ; яіпС = ; (2)
6 ь
а = ВС = ВН і НС; а1 » (ВН -і НС)* = ВН1 + 2ВН НС + НС* ;
а
ВН НС*-
ЛЗ)
із теореми косинусів: со? А
«>
Підставимо (1). (2) і (4) в запропоновану рівність;
в . „ АН АН АН1 _ „ ВН СН
віп Я віпС=------— «------; сов Я сх»С ---.
с Ь сЬ с Ь
о АН1 ВН СН Ь*+с*-а* АН*-ВНСН
с 6 с 6 26с 6с 26с
У ліву частину підставимо (3) і зауважимо, що АС* = Ь‘ - АН*;
ВН*~с*- АН';
' , Сі’ -(ВН* + ЯС*Р
АН--------і - :
2
Ь* т с* - а’
2АН*-а*+с* - АН*+Ь* - АН1 Ь* + с* - а1
: Ьс л —————-------------------
2Лс
2Ьс
2
„____ 6’ 4 с* - а1 Ь* + є1 - а1 .
Отже.------------=----------- — тотожність доводепц.
26г
2Ьс
г| ——— «• 2Я ; віп А « —~ ; * • « 2Я ; він В м — ; —-— * 2Я ; віпС • —— ;
віп А 2Я віпВ ’ 2Я аіпС ’ 2В
в1 + ґ* - а1 „ а' + с* - 6і _ а* ♦ Ьг - с*
сов А = —т.— ; сов В - - — ----; соаС • —.
2Ьт 2ас 2аІ>
Підставимо отримані вправи в задану рівність і доведемо п внкопмшія:
а Ь
віп А + яіп В _ 2Я 2Я.а + ^.
яіпС с с
сов А + сов В с* - а’ + <г* - 6і І і а1 ¥ Ьг - с1 і _
1-совС І 2бс 2ас । ' 2а6
аЬ‘ + ас1 - и1 т а1Ь + Ьег - Ь* . 2аЬ ~а1 -Ь* + є1
2аЛг 2а6
(оЛ‘ т а’б) * (аст + + 6*) 2а6
2а6г Зой -а* -Ь* + с*
ІаЬ(а + 6) 4 с* (а + й) - (а + йЦа1 - аЬ + 61))2аЬ
2а6с • 12а6 - а* - Ь' + с*)
60
?•$ ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В.
(а ♦ Ь)(а5 + с* - о: чоб-Ь7) а + &
с(2а£ - а’ - Ь* + є1) «
а + Ь а + Ь - ,
Магмо -----•-----. тобто тотожність доведена.
с с
23. Проведемо ВИ 1 АС , нехай АВН = а ; ^СВН 0
дАНВ: — = віна; — = сова ; дВНС:
с е
ВИ „ НС . й
---= сов 0 , • = 81П р .
а--а
Ь _ _ в
вїп(а + 0) віп А '
За теоремою синусів:
, . Ь а
віп А = віп(90° - а) = сова ; - т-гт =--;
' ' 8іп(а + 0) сова
, , бсова АН + НС п сніп а сова НС
віп а + 01«----------------сов а «-----------+ — сов а =
' ' а , а л о
, в + аіпрсова = сов 0 віп а + віп 0 сов а .
а
Отже, ніп(а + 0) = віпасовР + со8«8Іп0 , де а і 0 — кути, сума яких не пе-
ревищу* 180*.
в 8. Площа трикутника І чотирикутника
Завдання 9
3. в) 5^ -2 5<ясв =2-| ВО ОС віпЗО- = 6 8-| = 24 (см1);
<£ *•
б» 5лма = 2 • і • 2Тз 8 віп вО” - — = 24 (см1).
2 £
4. Нехай 1 частина довжини сторони х см, тоді ВС » Зх см; АВ = 4х см. Оскіль-
ки сторони «АВС пропорційні сторонам єгипетського трикутника, тоді
АС = 5х см. А К
5х я 45 , х = 9 . \
АВ = 4 9 » 36 (см); ВС * 3-9 -27 (см). \45см
5 | АВ ВС « і 36 27 * 486 (см1). \
5- ®) 5.ам. • 1 АС ВС • «п 30
т 2 АС ВС лг 0 -/
Із теореми синусів: —~ _7&о) - ЛС “ 2^Ї05‘
1 а^2
.я • — а
•4* 2 2 яіп 105а
1
2
оХ/2
8аіп75<'
-0.2а1;
б) 5йАЯС » | АВ АС-віп45й
&
_АВ _________ *4____. дд . _ 3 .
8Ш 60' віп (180' -105а) ’ 2 віп 75е ’
с _1
,АВГ 2 2аіп75г
,2 а5V6
а- — - —:—
2 8 віп а
-0,3а1.
ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В. $>: 61
>
7
а) За формулою Герона знаходимо площу трикутника:
Р»а + Ь + с = 13+14 + 15-42 (см); — - 21 (см)
2
9 = Ч/2Ї (21~ГЗ)(21 - 14)(21 - 15) - 721 8 ~7 в «
= 7з 7 2 4 711 = 7 в 2 = 84 (см’)
5 = рг, г - Ц = 4 (см);
я вЬс 13 Н_15
" 45 ~ 4 84
б) а 4 см; Ь = 13
Р- 4 + 13+ 15 = 32 (см); Р - ~ - 16 (см).
13 2 7.3’5 65 1 , „
—------------ — = 8- (см).
4-7’6 2 8 8
см; с = 15 см;
32 .
5*^16 (16-4)(16-13)(16-15) = <16 12 -3 1 =<4 -4 4 3 3-4 2 3 - 24 (см).
Г=1"їїв2 = 1’5 <СМ>’ Я “ ^Т-ІГ " *126 <СМ)*
в) а = 9 см, 6-10 см. с = 17 см;
Р=9 + 10 + 17-36 (см) р = 18 см;
8 = ^18 9 8І - 79-2 9 8 = 9 4 = Зв (см’); г - 2 (см);
9 10 17 170 1П . .
- іїв10’625 <'-)•
г) а - 13 см. Ь = 20 см, е - 21 см;
Р- 13* 20 + 21 = 54 см; р - 27 см;
5-727 7 6 14 = 7з'9~2'з 2 7 - 2-3-7 3 = 126 (см’);
126 14 2 , '
Г " " “ІГ = 4 X (см>
27 З З
_ 13 20 21 13 20 21 65 1Л5 . %
в--Тій—7П7 "т
8. За умовою АВ = б см. ВС - 8 см, АС = 10 см,
тоді д АБО — прямокутний (АС1 • АВ* + ВС*).
Центр кола, яке вписане в «. АВС,
лежить на перетик! його бісектрис,
АВ + ВС - АС 6 * 8 - 10
г ----— 2 (см); £ йОЕ = 90г ;
тоді £ ОРЕ - 45“ як кут, вписаний у коло.
ЛЕ = 272 (см) (д ООЕ — рівнобедрений, прямокутний)
& АОО — прямокутний, ОЬ1 АО ; ОЬ = О£ • А£ ;
ЛО1 = ОЬ АО; АО » \АВ~/лд* = ^4* + 2’ - /І0 - 2Тб ;
оь.^91 * .?£; аь.2^.?Л.8Л;
АО 2^5 5 4 ’
гТб 875 16-5 16
лЛ^ = • ’ —— —
5 5
- ; = -і. = ^ ; ВР - 2 ЛІ - .
5 5 25 5 75 5 б
Аналогічно знайдемо РЕ:
ьСЕО — прямокутний; СЕ = 8 - 2 6 (см). ОЕ = г = 2 см;
СО » ^ОЕ* + СЕ* = <4 + 36 = /40 2/10 ;
ОЕ* = ОМ ОС, ОМ = — = -4- = -Д- . ;
ОС 2710 710 Ю 5
62 йі$ ГЕОМЕТРІЯ Апгиггпллял Г Я
см.гЛо-45^!
5 5
Ї0 9.^10 9Д0 к |7ю ; ЕЕ = 2ЕМ = ’
25 5 5
Л*Л-ЛЙЇЄ<
ЕМ* = ОМ МС - „
б 5
5^ = 1 ЯГ ГЕ іїпгПЕЕ А>Ь 67Ї°
4Ь £>
-_-.-----о =4.8 (гм).
З ‘ О &
віп45“ - •
5 5
0 а) Нехай АК — бісектриса кута при основі.
За умовою: ВМ = 15 см, МН - 9 см.
За властивістю бісектриси кута:
ВМ АВ ЛВ 15 Б
МИ АН \ АН У З
(ЛВ — 5 частин, АН — 3 частини), тоді ВИ скла,
дається із 4 частин, ВН . 15 ♦ 9 - 24 (см); одна
частина 24 : 4 6 (см), тоді АН 3 6 = 18 (см);
5іЛЖ = |АС ВН - АН ВН = 18 24 = 432 (см*).
£'
б) Нехай бісектриса ЛК ділить бічну сторону на відрізки: ВК 25 см; КС 30 см.
(За -властивістю бісектриси; ~ ; — = — — ; АН ! тоді АВ — 5
АВ АС АС ЗО б’ 2
рівних частин, АН — 3 рівні частими, тоді ВН — 4 частини.
ВС = 25 + ЗО = 55 (см); 1 частина: 55 : 5 11 (см).
Маємо: АН = 3 11 = 33 (см); ВИ =4 11*44 (см).
ї 3, ^ = ~ АС ВН = АЯ ВН « 33 44 = 1452 (см*).
*
10. а) Нехай ВМ 1 АС , ВМ = 20 см. У л АМВ і * АНС
ЇАВМ = ААСМ , оскільки ці трикутники прямокутні,
сов /- АВМ - -*[ ; соя А АСН = СН
>
ВМ СН ' АВ
АВ АС 1 АГ
тоді ЛВ становить 5 рівних частин, АМ — 3 рівні
частини, тоді ВМ — 4 частини, тоді 1 частина:
20 : 4 т 5 (см), АМ = 35 = 15 (см).
5іЛЛ. « | АС-ВМ = АМ ВМ = 20 15 = 300 (см1).
б) Нехай ВН 1 АС , СМ 1 АВ , за умовою АВ : АС = 5:6, тоді АВ : АН =5:3,
АВ = 5х см, АН = Зх см. тоді ВН » 4х гм, х — довжина І частини сторони
ьАНВ (КАНН = 90 ): віп А - ~ ;
АВ 5х 5
>САМ (лІСМА = 90 ): яіп А = — = — ;
АС 6х
АС ' ™'
ВМ 20 5 д1, 1 д,,
снЧГГ “Ч"-'
4 4
“ = ^ 1 х = 5 , тоді АН «35=15 (см);
ВН « 4 • 5 20 (см).
«.дм *|АС ВИ и АН ЬН = 15 20 = 300 (см’).
11. а) За умовою АС : ВС = 5:4, тоді АС = 5х см, ВС = 4х см; АВ = Зх (см),
де х— довжина однієї частини сторони.
ВН 1 АС ; ВН — висота д АВС , за умовою СН - АН • 7 см. Нехай АН = у см,
тоді СН = (7 + у) см.
ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В. 63
4
За властивістю: АВ* АН АС ; 9х‘ = у 5х ; у = - х ;
5х 5
СН - АС -АН = &х-1х^^х; СН - АН Л*-® х «І х .
5 5 5 5 5
7 х 7 ; х = 7 : - 5 (см);
о 5
АН = | 5-9 (см); СН « -1® 5-16 (см);
ВН* в АН СН ; ВН = <9 16 = 34 = 12 (см);
8.вхда|яН АЯ = |.12-9 = 54 (см1); §іЛКГ =ів«СН»і-12 16 = 96 (см’).
« • 2 2
6) За умовою КС — АК = 5 см, ВК — бісектриса. Сторони д АВС пропорційні
числам 3, 4, 5.
За властивістю бісектриси: ~ ~ .
КС ВС 4
АК Зх см, КС 4х см, тоді КС - АК 4х - Зх - х ; х = 5 ;
АК =15 см; ЙГС = 4-5=2О (см), АС - 15 + 20 = 35 (см)
АВ Зу см; ВС - 4р см; АС = 5у см, 5р « 35 ; у • 7 ;
АВ 21 см; ВС 28 см.
8.лм"|А8 АКвіп/'А (а1п/:А = ~=1 Із аАВС);
Члаг’і 21 15• ~ = 2 3-21 = 126 (см*);
2 о
8.*«=й8г віп^С=~ 28 20 ~; = 14 20 7 = 14 4 - 3 168 (см*),
* •* АС " 5
в) За умовою СМ - МВ = 2 см. За властивістю бісектриси:
ВМ МС
АВ 'ас'*
ж 7 ; ВМ Зх ; МС 5х ;
МС 5
6т — Зх 2,х = 1, ВМ = 3 см, МС = 5 см, ВС — 8 см;
АВ - Зр ; ВС іу ; АС = 5р ; 4у = 8; у = 2 ,
АВ — 6 см; ВС = 8 см; АС = 10 см;
8 лилі-| АВ ВЛ/- 1-6 3 = 9 (см*); ЗгАВС-* ЛЯ ВС = | б-8 = 24 (см*);
Ь’.лмс « 8 лає ‘ 8.«м - 24 - 9 = 15 (см*).
12. І — інцевтр Л АВС (центр вписаного у а АВС кола - точка перетину його
бісектрис)
А1 • уїо см; СІ >/б .
Маємо: ІК = ІЕ* 1Р* г — радіус вписаного кола, АК = АР , СЕ » СР як
відрізки дотичних, проведених а однієї точки до кола.
З теореми Піфагора:
АК = у'аГТк? = <10^7* ; СЕ - ч 5 -7* ;
АС = АР + РС = <10 - г* + 4ь-г* ;
АС* = |, 10 - г* + ^5 - г* « 15 - 2г* + 2-/50 - 15г* + г‘ ;
АВ - АК^ВК - <10 - г* + г
ВС = <5 - г* + г ;
64 ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В. ШЙ#ЗДИЩйЖ
АВ* + ВС — — г’ + г| + — г‘ + г| = 15 + 2гу10 - г* + 2гч5 - г* .
Маємо рівняння: 15 - 2г» т 2^50 - 15г1 + г* « 15 + 2г410 - г* + 2г<5 - г» ;
після спрощення: 2г*^50 - 15г* + г* = 25 - 15г1 + 2г*
200г* - 00г* + 4г’ - 625 - 750г* + 325г* - 60г* + 4г’
г* - 6г' + 5 = 0; г1« 5 або г* = 1
г* я 5 не задовольняє умову задачі; г* = І , г = 1.
АК = у10 - 1 ж ^9 - 3 ; АВ - 3 + 1« 4 (см); АС = 1 + - 3 (см).
«.«с’^АВ ВС=*- 3 4 = 6 (см»).
14. За умовою: АВ : ВВ » ВЕ : ЕС = СР : АР І ; 8 . _ = - АВ АС • аіп А
2 лЛ* 2
$лдл “ 1 АЯ АГ зіпЛ-* АВ | АС-аіп А-ІДВ АС віп Л ,
4. а£ 4> 4 0
1 _ 1 2
9'2 о ’
Аналогічно отримаймо: - ; ^--п- = ? ;
дЯС ® Ді АЖ ®
8>лвг + З.м* + \жл ) " дат “ З
Аджг = 334ВУ, .
"^.Л£Г - ^ЛЛС ~
15. Якщо СА • АС,, А длс = АВ АС аіп А
5.ала =| СА АА, аіп(180ь-^ А) я £ АС 2 АВ-віп^А;
^«алл АС АВ • віп А „
= ---------------------- 2 ,
лАВ АС аіпгА с
2
Аналогічно отримаємо: 5,^ = 28 м ; 8 , Д = 23 іАК
~ + + ж 3 - 25>ЛЖ. + 34іДЖ. « 73іЛвс ;
^ДМГ : £.4|ДС| в 1 • 7 •
16. Нехай О — центр кола, вписаного в ЬАВС , тоді О — точка перетину бісектрис
цього грнкутннки; г — радіус кола. 8М | г ; Р^. » 15 + 28 + 41 = 84 .
р = 84 : 2 = 42. 2
8«к “ 7*2 Д42^15)(42-28)(42-41) - ^4Г27 14 1 »
’ -78 7 3-9-2-7 - 7 6 3-147 (см*)
147 7 6 3 о , ,
г —-----=------- 3 (см);
42 7 6 1
АВ г= 115-3.±£«22.5 (ем>);
X лз
•5джг = |вС г.| 28 3 = 14.3-42 (см1)
Лі А»
5^= ' 41 3=-|3 -61.5 (см»).
аь /
ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В. й<: 65
17. Нехай О — центр иииСйного у ААВС (^ЛВС - 90 і кола, г — радіус цього
кола; за умовою АК = т, КС ^п,(К — точка дотику кола з гіпотенузою). За вла
етипістю дотичних, проведених з однієї точки до кола: АГ =АК - т; СМ = СК - л;
ВЕ = ВМ = ОЕ = ОМ = г. АВ = т 4 г; ВС = п 4 г, АВ’ + ВС’ = АС1
т + 2глг + г* 4 п3 + 2пг 4 г1 = т' + 2л»л + п
2пг 4 2тг + 2г1 - 2тп 0 ;
г(л т ш) + г* - тп = 0 .
5міг = | АВ ВС = |(т 4 г
тп * ліг ь т
1 (
-|л»л + г
2'
1 „
— -2тл « тп .
2
19. ВМ — медіана прямокутного &АВС
( дАВС я 90 ), тоді М — центр описаного навколо
.ААВс’ кола, АС = 2ВМ = 2 • 20 « 40 (см). Нехай
ВС > АВ; ЛК — серединний перпендикуляр до
ВМ, за умовою ^К =7,5 см. аВКІ ( /ВКЬ = 90 ):
ВЬ = ^ВКТ+ КЄ = /іОГ77,5’ = ^10’ + у = ^00 ч-
= 12,5 (см).
&
..ІОО.2-21-
V 4
л.ВМС — рівнобсдрений, тому ^КВЬ £МСВ . тоді лАВОлЕКВ {за 2 кутами,
ПГ 1ЛГ
хіАВС КСКВ 9о , ЛВСА ЛЬВК ). Складемо пропорцію: —- = - — ;
АС АВ
АС КІ 40 7.5 40 15-2 40 3 .
АВ = -—— = ——- = ~ 24 (см).
В£ 12,5 2 25 5
дАВС ( їАВС - 90') ВС - < АС* - АВЛ \'4О’ - 24’ » 32 (см) (або АС - 40 см »
5-8, АВ • 24 см 3 8. тоді ВС і • 8 32 (см) як сторони трикутника, що
пропорційні сторонам єгипетського трикутника).
3^ ’^АВ ВС - | 32 24 364 (см’).
20. Найбільша медіана проведена до найменшо! сторони. СК т; £КСВ • 15 .
Добудуємо: ВК, = ВК , тоді лКСК, — рівнобедрений. лКСК, • ЗО ;
КС = АС - т .
В = * АВ ВС = - 2ВК ВС=ВК ВС і
2 2
З ІСВ КК, » 1 2ВК СВ ^ВК ВС ; 3^. - 5
5 ’ СК СК віп£КСК. т віпЗО - 7 т*
.«гл, 2 2 4
Чам 4 •
23. а) Нехай ВС = 8 см; АВ = 26 см; ±ВАВ = бо ;
гСВА = 30’; СМ 1 АВ; ВЧ 1 ЛЯ.
СМ = В.Ч; лВіїА ( ^ВІЇА = 90 )
ВN = А.У 1^60 « XV . ^3 ;
66 ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В.
*СМІ) ( £СМЯ « 90 ), СМ = МЯ Ї8 - МР ~
л
ЛО « АЛ >/3 - МП - ; АХ : 7з - | МІ) ; МИ - ЗАЛ
АН ♦ НМ + МП =- АХ + 8 + ЗАЛ' (ХМ - ВС = 8 см);
4ЛЛ V 8 = 26; 4АХ • 18; АЛ/ 4,5 (см);
/- 9^*3
ВЛ? =4,5 -^3 (см);
£
Зж~(ВС*ЛО)ВН . 1(8 + 2в).Ц3 --
(см).
0) 5^,-;(вс + лв).вм
ЛАНА : ВН1 * АВ* - АН*; ЛСЕР : СЕ’ = СР’ - НЕ?
29і - АН1 г 35і - РЕ*
НЕ’ - АН7 = 35’ - 29’
(РЕ - Д//)(РЕ • АН) • (35 - 29)(35 + 29)
(РЕ- АЯ)(АР - ВС)=6 64
[РЕ - АН ) (55 -7)» 6 61
* 6-1
РЕ - АН = « 8 (см).
48
РЕ - АН 8
РЕ+АН-48
2РЕ • 56 ; НЕ - 28 (см).
ЬСЕІ>: СЕ = 7з5Г- 28' = ^(5 7)' -(4 7? 3 7 = 21 (ся)
’ 4“ 21 ’ V 21 = 651
А
•'’лж л ~ ВН (ВН — висоти трапеції),
ДВНР хСВНР 90 ; РН = <ВРГ-~ВН’ « <8?^ 18і 80
ДАМО (.'ЛМС - 90 ):
АМ * V АС’ - СМ’ /ЗО7 - 18’ = 24 (см)
ВС + АР г ВС + АН т НМ - ЛІР = АМ + НР
(ВС « НМ)
8^ = ®°—-24 18 =» 104 9- 936 (см7).
2
г) 5дЖ.п ^(ВС + АР)' ВК (ВК — висота трапеції):
ХА = 180" - 105' = 75, « 180 - 165Л =15.
ЛВАК .ВК^АК ік 75'; *СМР : СМ - ;
МП = СМі«7Ь , ВК*СМ - Л ; АК =
АК + МР = АР - ВС « 42 - 10 - 32 (см);
-4г + Л (8 75 - 32; Н
і< 75
1
(см)
ІЬ
Н М М
р
= 32
Л
«Іп75сов75
сов 75 вІїі75'
Т" '
віп 75 сов75
1 1 32
132, Л =32 -*іп150 ~ 32 т-аіп30‘- — 8 (см):
2 2 4
' ГЕОМЄТРіЯ Апостолова Г. В. 67
„ уШ + ВС , 42 г 10 о _
5ллгр =---2-----А = — - 8 = 208 (см*).
«ь л»
Зауваження: формула віп2<» = 2аіпас<ми доведена и підручнику (с. 71) або
при розв’язку: АК • кіе ІЗ ; МГ) Лїк 75 , і треба скористатися формулами,
доведеними у 8 класі.
24. І спосіб. Оскільки О В — бісектриса /ЛІК', тоді
.АІ)В = 2ЛВС лк внутрішні різносторонш при
ВС її АВ і січній ВВ, тоді лВСВ - рівнобедре-
ник ВС = СД = п; КВСИ = 180’ 60і-» 120'.
5іЖ;в=|вС СВ віп 120і - * а* аіп (180° - 60-) - ^а’яіпбО "““і
/ АВВ — прямокутний, тому що /.ВВА = 30’ і &ЛВВ ’ ЗО + 60’ «• 90
“? ьв оо ; вв аїв їя>“ ** а7з і зіЖВ/> * ~ ав вв • “в• а-Уз « а
АВ 2 2 2
4цК®
* 4-го =
а’ї/З а*/3 Зу/За'
_=—_
II спосіб. У л АВВ катет, що лежить проти кута 30°, дорівнкк полонині гіпоге-
і ч
нузи, тоді АВ = 2а . ВН — внести траиеіЦі; ВН « а віп 60 - —~;
ВС ч АВ а * 2а а^З За’-Уз Зу'За’
І в . І . дц — • —і— —т- в -
лвсь 2 2 2 4 4
1
25. Скористаємось формулою. 5^^ = - АС ВВ иїп^АОВ .
У рівнобічної трапеції діагоналі рівні, тоді АС ВИ ' її,
САОВ^ІЯО -2а.
Маємо: $лвсо " її’ аіп (180' - 2а)« ^?^2а
26. За умовою АВ * ВС = 8 см; СВ = 10 см.
СК — висота трапеції лСКВ (^СКВ = ):
СК - 8 см; КВ « чІСВ^СК1 « Ло*”»’ = б (см).
АО « АК + КВ - ВС ♦ КИ » 8 4 6 =» 14 (см);
5лка’^Г^’8»11 8=8« (смг).
27. О — центр кола, вписаного у АВСВ (І.ВАВ = 90 ),
О — точка перетину бісектрис кутів трапеції. За умо-
вою ОС 3 см; ОП 9 см; СО - бісектриса ліВСВ , вона
відтинає рівнобедрений т рикутник, у якому ВО — бі-
сектриса. тоді ВО 1 СО, лСИО — прямокутний
СІ) = УІОСЧ^дв* = уЗТ'+ 9’ >'8І Т 9 « /до Ш зТЇО (см);
ОМ 1 СВ ; ОМ — радіус вписаного кола; ОМ г.
ОМ — зигота прямокутного трикутника, тоді ОС' - СМ СВ ;
ОС' 9 3 00і 81 27
СМ » —— ж —7— = -її— ; мЛ = • и —31 Г" ’
Н ж СМ МВ
58 $$ ГЕОМЕТРІЯ Апостолоьа Г. В.
3« властивістю описаного чотирикутника; ВС т АР = СВ т АВ; АВ - 2Я
3д„.5£±АЄ ЛЯ.І«±££ ЛВ = ?Ц-С° г, = ,(гг<(О) =
м р 2 2 2 '
о
2 -2- + з7ю
9
'10
18 + ЗО
Ло
48 9
10
= 43,2 (см1).
28. в) За умовою АК — бісектриса /ВАГ) ,
ВК — бісектриса /СОА , лАВК — рівно*
беди-ний (2 ВАК = /КАВ , .- КАВ - /ВКА
14 як внутрішні різносторокні при ВС Й АІ) ,
АК — січна}, ВК = АВ =25 см. Аналогічно
ьКСй — рімнобедрений:
СК = СЛ = ЗО см;
ВС = ВК + СК * 25 + ЗО - 55 (см);
СН — висота трапеції; лСНВ :
НГ) уСЛГ- СН* » у 30і - 24? = у(5 6)* - (4 6)’ » З Й » 18 (см); ВМ 1 АР ;
/
дВЛ/А : АМ = <АВ* - ВМ' = 726* - 24* » ^25 - 24)(25 + 24) ж 749 7 (см
МН = ВС = 55 см; АІ) АЛ/ + МН + НІ) = 7 + 55 + 18 = 25 + 55 80 (см).
= В— “ вм -° • 24 = 135 12 = 1620 (см1).
2 2
б) За доведенням в а) ьАВК , лСВК — рівнобсд-
рспі, тоді АК = АВ « 25 см; ЇЖ = ЛС ЗО см;
АВ = АК + КВ * 25 + ЗО - 55 (см);
НІ) = 7егх”-_СН* - 18 (см)
АМ чАВ1 -ВМ* -7 (см);
ВС = МН = АВ- ( АМ + НЛ) - 55 - (18 + 7) * 55 - 25 = ЗО (см);
§ЛВСЛ - £££4^ СН • -° £б - 24 = 85-12 = 1020 (см4).
л
29. а) Якшо навколо коли описана прямокутна трапеція, тоді
її бічна сторона АВ( АВ £ АІ) ) дорівнює діаметру цього
кола, тоді няймешпа сторона трапеції ВС = ь см.
СО
Проведемо СН 1 АВ. тоді СН = — (за властивістю ка-
тета. який лежить проти кута 30м);
•»
НІ) • СО соаЗО* = сп .
За влнгтииігтю описаного Чотирикутника- ВС +• АІ) АВ ► СВ; АН г ВС =6 см; мм
мо:6 + в,СОЛ=СОн І2+£^.ег,4С„. 24!С0Л=сл+££.
2 2 2 2
. 24+СВуЗ = ЗСВ . 24 ш ЗСІ} _ С£)^3 ; СЯ = 2 4 т- = 2*(3 . 1^3 (73 ♦ 1).
2 2 3 •* ^3 в
„ АЛ + СЛ 0.5СД + СЛ Л З , 3 & й’
Лл>сл " 2-------СН =-----:7 ~ ’ £С/> ’ 8 16 8Г3 " =
см'.
ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В. 69
б) За властивістю описаного чотирикутника: ВС + АВ • АВ+СВ- 2АВ{АВСО —
рівнобічна за умовою)
ВН - 2г = 2 4 = 8 (см);
амп і/лип.ал-ь ля ВИ й 2 16 16^3 / ч
віп 60' ч/З уЗ з
\ВС + АО 2АВ ІбТЗ й 128 с,
54лгр -2------- вн ~ —Г~ ВН —- 8 = —- ч/3 (см1).
& £ <*
ЗО. Оскільки трапеція описала, тоді ОС -і АВ = АВ + СО = В у С
= 2АВ (АВСЙ — рівнобічна трапеція);
= 2£±*£.ВЯ = ^ ВЯ ж АВ ВИ , 7оГ \
де ВН — висота трапеції; ВН - 2г = 24 см. / \
Нехай довжина однієї частини сторони х см,
тоді ВЬ |4х) см; АХ = (9х) см. За властивістю дотичних, які проведені з од-
нієї точки до кола: ВЬ ж ВК = (4х) см; АХ ж АМ (9х) см;
АМ ж АМ - НМ = АМ - ВК - 9х - 4х = (бх) (см).
аАНВ ( гАВН = 90 ); АВ - 9х + 4х = ІЗх .
ВН* • АВ’ ~ АН1; 24* = (ІЗх)1 - 25х*; 144х* » 24*; х‘ ж ; х* = 2*;
х = 2; 12 2
АВ - 13 2 = 26 см; 8лвсо - 26 24 = 624 (см1).
31.3а умовою АВСВ — рівнобічна описала трапеція,
і
у якої ВН — висота трапеції; ВН - АВ за умовою.
За доведеним у М 29, ЗО:
5ДЖ.О = АВ ВН . годі 2ВН ВН = 200 ;
ВЯ* ж 100 ; ВН = 10 см; ВН = 2г ,
г — радіус вписаного кола, г ж 10 :2 - 5 (см).
32. Оскільки АВСВ — рівнобічна описана трапеція, тоді й ви-
сота ВН = 2г, г — радіус вписаного кола; ВН ж 2 2 » 4 (см).
За доведеним у № 29, ЗО: 3^^ ж АВ • ВН , АВ 4 = 20 ;
АВ = 5 см; ьАВН ( £АНВ = 90 )
АН = /аВ*~ ВН* » 7б’-4* = 3 (см);
ВС - Ай = 2АВ ; ВС + Ай = 2 б = 10; АЯ » |(АЙ - ВС).
4г
Маємо:
ВС + АР = 10,_______
2АЙ ж 16; АХ) = 8 (см), тоді ВС ж 2
ЛІ) — ВС - 6;
Отже, основи трапеції 8 см і 2 см; бічна сторона 5 см.
34. Нехай О центр кола, вписаного в рівнобічну трапецію
АВСЙ. тоді МН = 2 • ОМ = 2Я , В — радіус цього кола; МИ —
висота трапеції. За умовою ЕР ж 8 гм. Проведемо середню
лінію трапеції РС).
У аОКР ( £ОКЕ = 90') сов £ОКР - ;
ОР В
см.
АКГО ж £РО0 мкріаіюсторонніпри ЕР^РО ісічнійОГ; ЛОГО (£ОР$ = 90 —як
ОР 4 ОР В В1
радіус, проведений у точку дотику) сов-^РОО =-= —; ОО “-* -
ОО В 4 4
Н? = 2 у - ; 3^, = МН - РО МИ = 2Н » В*.
4 4 2 2
70 ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В.
$9. Метод площ у теоремах І задачах
Завдання 10
цв •
1. Нехай ни гіпотенузі г побудовано квадрат, за умовою:
— аЬ • 4 = с*.
2
2аЬ = с’ ; 2а Ь ат + Ь'; іа - Ь)а • 0 ; а - Ь 0 ; а » Ь .
Отже, даний прямокутний трикутник рівнобедреник. тоді його кутії — 45 .
2. Нехай Пв — висота трикутника, яка проведена до ВС = а.
Доведемо, що Р -* . Р — периметр трикутника АВС;
а г
г — радіус кола, питаного в лАВС .
X «•
1 1 Р Л
— Рг - —а Л • . ж х , ЩО й треби було довести.
2 2 а г
„ _ 1 . _ . , „ _, , ас він В _ ас , ас
3. З, ла. = -асвіп В , оскільки віп В 5 1, тоді--— 5 - ; 3 5 -.
' ** 2 2 2 2
аЬвіпС . аЬ аЬ ЬгвіпА.Ьс „ . Ьс л . ..
Магмо: — —— 5 -; 3 5 — ; ——— 5 — ; 5 5-—. Оскільки дА . х.В . £С —
2 2 2 2 2 2
кути трикутника і ТІЛЬКИ ОДНІЇ кут МоЖс буТИ прямим, то дві нерівності - строгі.
Складемо почленно нерівності: 35 < -? (ас + аЬ + Ьс); 65 < ас + аЬ + Ьс.
2
4. Нехай чотирикутник має сторони а. Ь, с, <і- Проведемо діаго-
наль т, тоді площу чотирикутника знайдемо як суму площ
. _ ийяіпа «І віп Р _ аЬ сгі
трикутників 5 « —-— + —т—— 2 — + — .
2 ' 2 ‘
„ Ьс а<7
Якщо провести другу діагональ, то 5 5 — + — ,
л Лі
і ,в,аЬ + «І + ЬекйІ Л|а *е) + гі(а + с) (а + с)(Ь* 4)
Складемо нерівності: 23 5 1 » « *- 1---------4 ® ------ - ;
2 2 2
2
2
_ а 4 с Ь є сі _ м _
5 5 ——• . —-— , що а треба було довести.
2 2
б. Нехай лАВС — правильний, тоді АВ ВС АС ® а,
відстань від точки до сторони — довжина перпендику-
ляра, який проведено з цієї точки на дану сторону. Не-
хай відстань від М до АС, АВ і ВС відповідно А,, й, ,
А, . Доведемо, що ця сума е величини стала.
З.дмс ~ А* • ^.ам» “ 2 1 ж з
^л-е - + |аЛ, + ідА» |а(Л. + А, + А,).
5 >я>. - — — як площа рік пости роп нього трикутника.
1 і, . . \ а1 >3 , . - о а а\3
-01^4^4^) = —£~; А 4 А, 4 А, = —— = - -
— тобто сума відстаней
не залежить від розміщення М у трикутнику, а залежить від сторони цього
трикутники.
ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В. $й 71
7. Нехай відстань від М до бічних сторін відповідно Л, і Л.,
і площа даного трикутника 5, тоді:
,, І . , 1 І.з а1 а<46’ - а’ а\4Ь - а'
2 2 V * 22 4
», + !» <Л)‘
Лл & М
ІЧ*. ♦*.)« - а*:
л 4
н74й: -а'2
44
а^4Ь' - а’ 2
*і ... — величина стала
2Ь
9. За умовою А0,АО, = 120,0,А • 21 см. АО, *• ЗЬ см.
лАС/,0, *ьВО,О, (за трьома сторонами),
тоді л АО,0, = /.80,0,;
лАО.В — рівкобедрсний (О,А » 0,/і — радіуси),
тоді ОК ± АВ , тоді 0,0, х АВ .
^ала^і а АВ -0,0, > ^о,м\л “ » ^.сцхо, я 2^'^
аіп Д.О|АО} ;
із аО,АО, за теоремою косинусів:
0,0, = ^О.А1 + О,А’ +2 О)А О, А сов 60 =
гг + зб’ + г 21 35
= 49 і
^АВ 49-2 4-21 36*аіп 120а;
2 2
1 *3 І ч
*ЛВ 49 = 21 36 — ; АВ 7=7 3 6-7 —:
2 2 2 2
АВ = Нм/3 (см).
10. Нехай діагоналі трапе ції поділили її на трикутники, площі яких <$,. 8^, 8Д,
$4. Доведено, що 5, - Я,. О — точка перетину діагоналей Ві) і АС.
ГМ - ‘ Л1> ВН •
£ £»
(СМ = ВН — висота трапеції)
8* - 8, « « 4М - 84 - 8,, отже.
1
Я, = 5, = 5 . 8 = 5.= АО ВО він а ;
і£
8, < " ВО ОС аіпл ;
’ 2
28 28,
АО ВО ВО ОС ‘
1 25
; З. = - АО ОО зіла; віпа = --" *—
4 2 АО ОБ
• , 25
ніп а - —---
АО ВО
28,
аіпа = тгхЧт;;
ВО ОС
8 АО _
5, ОС 5 '
8, -З-^ОС ОО ніпа; аіп а- ——— ; —. ^2
1 2 ОС ОД АО ОВ ОС ОО $ ОС
72 ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В.
12. За умовою а - Ь « /ц, - й, до множим о обидві частини на ой.
ой|а - Ь) = ай\ - ай\ » а 25 - Ь 23 = 25(а -б) (8« |ай. = |ййв), ь/\.«»
" « у’1'3 і" \
мнемо: (о - й)(ай - 25) = 0 ; а = Ь або 28 аЬ ; 5 = . /*.
Якщо а = Ь , то трикутник рівнобедреііиА. тобто кути при основі — гострі.
Якщо 5 = "• , то трикутник прямокутний, кут між а і Ь прямий, тоді кути
проти вій— гострі
14. іа умовою: 5дми = * &мс ’ Нехай *
\лв« 5 + х + У : 5.мж- ” *' ♦ х ♦ V • ^лмо = 5 + х + р .
Отже, Зм » 8^ г тоді АЕ не тільки висота, але
ймедіана, тоді 1 СМ —медіана, лАВС — рівносторонмій,
£А • /В - ЛС = 60’ .
15. Центр кола, яке дотикається до катетів, лежить
не перетині бісектриси прямого кута і гіпотенузи.
ОК 1 АВ , ОМ ± ВС; ОК * ОМ = г — радіус кола.
8„«е = |лВ *Сі
Члк 81ЛП> + 34ЖК . -ЛВ г + ~ВСт - г|ЛВ. ВС);
1-21 28-Іг(214-28); 3 7 4 -7-Г-7-7; г - 28 см.
16. Центр півкола лежить на перетині бісектриси та гіпотенузи, тоді
за властивістю бісектриси: А
ОС АО. ВС 80 _ З , V0
ВС АВ : АВ 40 І ’ М
ВС — 3 частини; АВ — 4 частини; АС — & частин, '
тоді 1 частина: 70 : б — 14 (см). в К С
ВС = 314= 42 (см): АВ -4 14 = 56 (см)
= • ВС і 8іАЖ -5^ + Я.^-іг АВ + 1г ВС--*г(АВ + ВС);
і 42 5Й-|г(42>5в), 7 8 7 в = г 49 2 , г - 24 см.
2 2
17. Центр півкола лежить на перетині бісектриси ЛАВС.
і сторони АС. За умовою АВ = а. ВС = Ь. /МО!^ • а.
У чотирикутнику ^.МВЗ' - 180' - а .
8 АВ ВС -віп/АВС = | оЬвіп (180* - а) = А
4? £
— а&віпа; ,
2
Ск лв/.Й ВС.ІКІЛИ.ВС). £(«+»);
аішпа « Л(в + 6); Я = а^віпа
За властивістю дотичних, проведених із однієї точки, ВМ = В^, тоді аМВN —
рівяобедреннй, ВК ± МN . ьМКО ( гМКО а 90*, ЛМОК = ). МК = Лвіп^ ;
а*
аЬ віп а віп 2аЬ віп а 8іп -
МК =----------А ; Мії » 2МК =-----------.
а + Ь а + Ь
ГЕОМЕТРІЯ Апостолом Г. В. 73
18. Нехай лАВС — заданий 1 АС - Л АВ = с , ВС = а ,
ВВ • Л» — висота, проведена із В до АС» за умовою НІ} г Ь ,
або і Ь <мия. 1). У прямокутному трикутнику лВТ):
ВО 5 АВ , або \ 5 с , тоді Ь 5 \ 5 с (1).
Аналогічно в аАВС |мал. 2) СО = й, — висота, яка прове-
дена із С на АВ, за умовою СО 2 АВ . або Лг 2 с . У прямо-
кутнику дЛСО, СО 2 АС . або Л( < Ь , тоді: еікг£Ь (2)
Складемо почленно (1) і (2): Ь + с і Л* + Л, 5 с + Ь , годі
нерівність правильна, якщо Л, + А, = с + Ь (3),
За умовою рівності (3) справедлива, якщо Ь • с = \ •* Л, , тоді
дАВС —рівнобедреннй прямокутний, гАВС ^СдАСВ 45' ,
.ВАС. 90 .
19. Скористаємось висновками з № 10.
• 5.са> “-8.5 « р* - з1, тоді 5 = р<].
Я.лко в Р* ♦ - 2/*1 = (Р + ?}“ -
§10. Метод координат як засіб розв'язування геометричних задач
Завдання 1 і
1. Помістимо вершину прямого кута в точку (0: 0). Нехай у ,,
А(0; а); В(б; 0). Доведемо, що АК = КВ = КО. К — гире-
АК ВК я ОК. тобто К — рівновіддилема від А. О, В.
2. Нехай А(0; 01; В(а; б); С(а; й). М — середина АВ.
хв +х. а у. + у. Ь і а Ь
2 2 ’ " * 2 2 12 2)
2 2 ** 2 2 ' ' 2 ' 2
Оскільки ординати точок М 1N рівні, то М1^/ || АС ,
АС ^[с - 0 Iі >0* = с;
Л/.У -
Л л
' 2 2 і
МК = £ АС , отже, || АС , .ИЛ а А АС — властивість середньої лінії три-
а л
кутника.
74 ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В.
3. а) Помістимо трапецію АВСЛ <і систему координат, нехай А(0; 0); В(а; 6); С(4; 6): У
Ріт; 0». :<
ММ — відрізок, що сполучає середини діагоналей трапеції.
а* т
2 :2 ’
Оскільки ординати точок М і N однакові, то МЛ’ । АЛ , тобто паралельна осі
АЛ т; ВС - 4 - а: АЛ ВС « т - 4 + а а + ж - 4;
і
МДО - АІ) , тобто відрізок, який сполучає середини діагоналей трапеції, па*
ралельний основам і дорівнює піврізимці основ.
б) Нехай А(0; 0): В(в; 6); С(4г 6). ТХж; 0).
АС* - (4 - 0/ + (б - 0)’ = 4* + Ь*;
ВО1 = (лі -а)? + (о-ь)1 = (т - а)" * б’;
АВ* - а* * Ь’; СІЇ* = (т - сі)* + (о - &Г = (т - 4]* + Ь1 ;
АВ = т; ВС = 4 - а.
Мт мо: АС* + ВІЇ в 4* * Ь* + (т - а)’ + Ь* = 4* + Ь* + т* - 2ат і а’ ♦ Ь'
= 4* + 26’ + т + а' - 2ат ;
АВ* тСІ/+2 ВС АЛ а* +6* + (т -і)1 + Ь* 4 2(4 -а)т »
» а* + Ь* + т* - 2т4 + 4' + 6’ + 24т - 2ат - <Ґ * 26’ + т* + а' - 2а т .
Отже, АС1 + ВІЇ = АВ* + СІЇ + 2ВС АЛ .
4. Нехай А(-а; 0): В(0; 6); С(а; 0); 7X0; -6) (використали влас- у А
ти пості діагоналей ромба: АС 1 ВЛ , АО ОС, ВО • ОЛ).
За умовою лВ = 45 , ОЛ’ = Я — радіус кола, вписаного
в ромб АВСЛ. М — довільна точка кола.
Знайдемо радіус Я вписаного кола.
і
^АЖ-Д * ' *,п “ п ^акп
£
АВ ® ^(0 ▼ а)’ * (6 - 0^ = Ьі* ;
®дж ./ = '/а1 4 &* уо1 + Ь* • аіп45 — (а1 + і /’д/ада а а’ + Ь* ;
£
/ ,-75 1 - і« +Л Іч2 -'2 г~і—т
(аа +6’1—— • 4\а* ♦ Ь1 Я; ——£—=—>о +6 .
' ' 2 2 «а’ + Ь* <
Складемо рівняння кола х* + у1 = Я1, х1 і у* » |(а* + Ь1), тоді П координати
задовольняють одержане рівняння, М(х; у).
МА’ + МВ* + МС* + МЛ* = (х + а\г + (р - 0)' + (х -0)* + (у " б)’ +
+ (х- а)’ +(у- 0|‘ т(х 0)' +(утЬ)’ я
= х1 + 2ах е а* + у* н х’ + у* - 26у * Ь9 + х* • 2ах + а* і- у* +
ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В. 75
+х’ ♦ у’ + 2Ьу + Ь* * 4х* + 2а* + 4|/я + 2Ь* = 4(х1 + /)+ 2а* + 2Ь1 =
- 4 |(я* + *‘) + 2а’ +26' = ’(«*♦ &*) « 2(а’+У)ж
" 2л(°* + Ь ) = 2 -(уа1 + Ь*І = 2^ АВ* « 5 АВ*, що й треба було довести.
5. Нехай вершини прямокутника заднії координатами А(0; 0); 8(0; 6): С(с; б);
Ще; 0). За умовою 5ЛЛСР - 48; АС « 10. К — точка, що задовольняє умову
КВ = КВ. Знайдемо відстань від К до А ЛВ - Сй « Ь; ВС = ЛД г, тоді Ьс я 48
і »’ + <? = 10і
Ьс - 48,
Ь* + с* 100;
Ь‘ + Ьс + с* 148 . (Ь + с/ - Ьс я 148 ,
(Ь + с)1 -148 + Ьс = 148 + 48- 196; б + с = 14;
Ьс = 48, . .
. , . Ь - 14 - с ; |14-с)с = 48 ; 14с-с’-48 = 0; е -14е + 48 = 0;
а + с ~ 14;
с - 6 або с « 8 , тоді Ь - 8 або Ь » 6 .
Отже, І) А(0; 0): В(0; 8); С<6; в): Жв; 0) або 2) А(0; 0); В(0; 6), С(8; 6); Ж8: 0).
Розглянемо 1) випадок. Нехай К(х; у}, тоді ЛВ’ = (х-0)1 ^(у-8)1;
КВ* « (х - в) + у* ; КВ* КЯ’ = 169 ;
X* + у* - 16у + 64 = х* - 12х + 36 + у*
-16р + 64 --12х + 36 ; -12х + 16р = 28 ; -Зх + 4^-7
х* + у1 -Іву + 64 г 169, 7 + Зх
Зх + 4у = 7; * = 4
-16 І±Л*] + в4 «169;
\ 4 } 4 .)
х1 +
49 + 42х + 9х* по , „
-----—------28 -12х + 64 169
25л1 ч 49 +42х-28 -16-12х 16*64 16-169 * 0;
25Х3 - 150х- 2079-0;
1)1 « 75і + 25 2079 - 240і; х = ; х, = 12,6 : х, < 0 не задовольняє умо-
2о
ву, тому що прямокутник розташований у 1 чверті, у = 11,2 .
/С(12,6; 11,2); АК = ^(12,6 0)’ +(11,2)’ = 158,76 +І25.44 - 16.9 або
ЛК.7^.
2) У другому випадку Л7<11,2; 12,6), але відстань АК - 16,9.
6. а) Нехай координати чотирикутника Д/0; 0); В(Ь; а); С(с; 8); Ж"»: «)• За умовою:
ВК * КС, АМ = Мй; АС = ВС; СК - Ю.
АС* = (с - 0| + (сі - 0; = с* + д1; ВВ* = (т - Ь)1 + (л - а)’;
АС* + ВВ* =с* + <і* + т* - 2тЬ + Ь* + пг - 2ап + а’; (І)
Ь + с а + а ( Ь + с а + </)
Х‘“ 2 ’ У‘"~'
е + л» іі+п „(с + т <і + п\
X,»—2-^-] =
76 Ш ГЕОМЕТРІЯ Апостолом Г. В.
т л
*м = і ~ 2
л а
*ж ~ 2 ' 9* = 2 :
І/| *** ** І ♦
I 2 ’ 2 І ’
,х
І®
Л а । її
2 2
т Ь + с і
2 2
і
І +
’с + т - б) + (</ + л - а£
4
2) КМ1 + ЕР*} » 1 ([т - б)’ - 2(т -!>)е+с’ + (я- а)' -2(л - а)</ +
+</’ 4 с* 4 2г(лі -б)т(лі - б)’ + </’ +2«Цп- а) + (л - а)1) =
т1 - 2тб4-б’ -1-е1 + л' - 2ап +
ЕР* =
</ + л
2
оГ =
с + т Ь
2 2
п - а
+а* 4 4* с" + 4і + т* - 2п»б + б’ 4 п1 - 2ал 4 а1.
Одержаний внра^ дорівнює праній частині (1), тому АС' + ВВ = 2| КМ ‘ + ЕЕ* ]
що й треба було довести.
б) Скориста» мось даними, в) АВ1 Ь' 4 а1; ВС2 = (с - б)* + ((/ - а/ ;
СВ1 = |т - с)' + (л - гі) : АіН лі: е л’
АВ’ + ВС* + СВ2 + АВ’ Ь* 4 а1 + с* - 21м- +• Ь* + 4’ - 2аа 4 а1 + т‘ -
-2тс + с* + п* - 2піІ 4 </’ + пі* 4 л’ = 2а’ + 2б’ + 2с* 4 24? 4 2т* + 2л*
-2Ьс - 2иіі - 2тс - 2л4 (1)
_ _ . — _ І с і/
За умовою: Ь — середина АС. 11 -; — І;
х Л
.. г>г »> 6 + лі л4<г
М — середина ВВ. ЛІ - —; - і ;
£ £
АС2 4 ВВ2 + (2ГЛ1)’ я АС* + В& + 4Ш1
41М1-<•
! 2 1
V 7
(& + т)а - 2(б + лі)с + с* + (л - а)’ - 2(л + а)<ї + </’ =
= б1 + 2Ьт + т* - 2Ьс - 2ли + с* * л’ V 2ап ♦ а’ - 2л</ - 2аЛ + й‘
я Ь* + т* + с’ + л1 + а* + а* + 2бт е 2ал - 2бс - 2тс - 2п(і - 2а</
АС1 + П71: + 4і№ = а* * б® ♦ с1 + 4* + т’ + л* - 2тЬ - 2ап +
4-а’ + б1 + с1 + с/1 » т* + л1 + 2л»б 4 2ап • 2бс - 2тс - 2п(і - 2т/ *
« 2а* + 2б* + 2с1 + 2й* + 2т1 4 2л* - 2бс - 2а4 - 2тс - 2п<1
Отриманий вираз доршиюг правій частині (1), тому:
АВ’ 1 ВС’ + СД’ + АО* * АС* > ВВ’ + (2ЕМ)1.
7. Нехай координати прямокутника А(0;0); В(<Иб): С(д;б); В|а;О).
М — довільна точка площини; М (х; у) .
Доведемо, що АМ* 4- МС* = МВ1 + МВ*.
МА* * х* + у*; МС* = (х - а)г + (у 4- б)1
МА* т МС* * Xі + у* + (х - а)1 4- (р - б)' = х’ + у* 4- х* - 2ах і- а* ♦ у* - 2бр 4- б* =
2х* ♦ 2/ + а* т б* - 2ах - 2бр ; (1)
МВ* = х* + (у - б)1: МВ* »(х-а)* 4-р*.
ГЕОМЕТРІЯ Апостолом Г. В. Ш 77
МВ* + МО* » х* 4 у* - 2Ьу + 6і + х* - 2ах 4 а* + у* = 2хг + 2у* 4 а1 + Ь - 2ах 2бу.
Отриманий вираз дорівнює правій частині (1), тому МА1 4 МС* = МВ* 4 МИ1,
що й треба було довести.
Я. в) Нехай центр ката 0(0, о), ОМ - Я = 1 — радіус цього кплл «За умовою АВСО —
квадрат, описаний навколо кола, V — довільна точка кола; у). За умовою
N8 = а , АГС = Ь , N0 - с , ХА </ . Доведемо, що а* + &* +с* + (і* «12.
Рівняння заданого кола має вигляд: х* 4 у* 1 (1). координати N задовольня-
ють це рівняння.
Знайдемо координати вершин квадрата. Відомо, що
АВ-ВС = СО = АЛ = 2В = 2 1-2 , тоді В(-1;1); С(1;1), 0(1;-1); А(-1; -1).
Знайдемо квадрати відстаней, при цьому використаємо рівність (1):
А’В' = а' = (х 4 1)’ + (у - 1)г ж1 4 2х 4 1 + у* - 2у 4 1 = І 4 2(х - у) 4 2 - 3 + 2(х - у\
НС* = Ь• - (ж - 1)’ + (у -1)’ х1 - 2х + І + у* - 2у + 1 = 1 4 2 - 2(х 4 у) - 3 - 2(х + у);
А0' « с* (х - 1)‘ 4 (у + 1)’ - х* - 2х + 1 + у* 4 2у * 1 * 1 + 2 - 2(х - у) = 3 - 2(х - у);
НА* • Н* в (х 4 1)’ 4 (у -11)* = х* + 2х ♦ 1 4 у* + 2у + 1 і 1 + 2 + 2(х + у) - 3 4 2(х 4 у)
а* + Ь* 4 с* + <1* = 3 4 2(л-'у) 4 3 - 2(х* у) 4 3 - 2(х-у) + 3+ 2(>4 у) 12.то
й треба було довести,
б) Доведемо, що а*с* 4 6’4* - 10 . Скористаємось отриманими даними а)
а’с* 4 6М* » (З 4 2(х - у))(з - 2(х - у)) 4 (3 - 2(х + у))(3 4 2(х 4 у)) -
9 - 4(х - у)* 4 9 - 4(х 4 у)* -18-4^(х-у)ї 4(х4у)*) =
- 18-4(х* - 2ху 4 у* 4 х* 4 2ху 4 у1) = 18 - 4 2^х’ 4 у*) а 18 - 8 -1 = 10.
що й треба було довести.
10. а) Нехай задані точки Л(а|;о]) і X — довільна точка, за умовою
АХ 4 ВХ ~ АВ . Нехай Х(х,;у,)
АХ - ^(х, -о|)*4(х1-д,)1 ; ВХ - ^(х, -6,)‘ 4 (х, -6,)' ;
АВя ^(Ц -а,)’ + (б, - а,)1 ;
(АХ + ВХ)’ АВ*; АХ* 4 2АХ ВХ 4 ВХ* - АВ*;
АХ* - 2ВХ АХ 4 ВХ* __________________ __________________
я (*і - аі Ґ+(хз -"»)’+ 2у^і - V+(*»" М’ • ^х, «і )*♦(х» - <ч)’ * Iх» - М’+
+(х» - *>)’ 7 х? - 2хі°і + «і + х> - + 4*
4 2^Х, - 6,)’ 4 (х, - Ьа)*-/х, - а,У 4 (х, - О,)1^ - 2хД 4 6,’ 4 х’ - 2хД 4 6*; (1)
АВ1 ’ - 2а,6, + а* * 6* - 26,0. 4 а'.
Якщо прирівняти праві частини (1> 1 (2), то після спрощення одержим^:
2х’ 4 2х, - 23,0, ~ 2x^0, - 2х,^ - 2хД 4
+2^х, - 6,)’ 4 (х^ - &,)* • +(хт - а,)’ « -20,6, - 20,6,.
Розкладемо на множники вираз:
-20Л - 20,6, - 2х’ - 2х* 4 2х,а, 4 2х,а, 4 Зх,^ 4 2хД -
- “2х, (х, - а,) - 2х, (х, - а,) + 26, (х, - а,) 4 26, (х^ - о,) =
в -2(х, - а,)(х, - 6,) - 2(х, - а,)(х, - - -((х, - а,)^, - ^) 4 (х, - а,)(х, -Ь,)) (3)
Перемножимо вирази під знаком радикала:
78 ГЕОМЕТРІЯ дпосголова Г. В.
- м‘(*. - <ьУ *(*і -М’ (х. - «іУ + (*і “*.)’(*!-*>)’ ♦ (*« -*>Г(*і -<ь)’ (<)• |
Піднесемо до другого степеня праві частини (8) і (4) І прирівняємо:
4((*і " °і)’ (*• ~ *іУ + 2(х» - в.)(*і - М(*і " а>)(*ї “М + (*» - °з)’ (*» ~ М’ | = |
- 41 (*» - М’ (*» - + (*» - &»У(*. -*.У ♦ (** -М’(*» - °а)* ♦ (*» “ М*(*» -®»У)
Тоді після введення подібних доданків:
2(<і “ «і)(*і " МСЧ - <ь)(*і ~ М = (*і - М’(*. “ °і)’ + (*» ’ М* (*» - «.У
((*»" М(*і - <4Н*і~ М(*> " <*»))’ = 0
(*»-ь,)(а-<*.) = (*!
- х?аі - М. + Мі х,х7 - х.а, - Ь,х, + а/>,
(“і - *»)*. ♦ (А. “ «»)«» * аЛ - Мі •
Зауважимо, що о, -к, — число, а, - Ь, = а , 6,-0, — число, 5, - а, * Ь ;
а*Ь, -Ь^^с, тоді ах, + бх, = с, нагадаємо, що х,, х> — змінні, Х(х,;р,) —
довільна точка, тоді отримали рівняння виду; ах + Ьу с , тобто точки А, В, X
належать одній прямій, тоді геометричне місце точок X — точки відрізка АВ,
отже, виконується умова АХ + ХВ АВ .
РОЗДІЛ II. ПРАВИЛЬНІ БАГАТОКУТНИКИ. ДОВЖИНА КОЛА. ПЛОЩА КРУГА.
§11. Основні властивості правильних багатокутників та обчислення
їх елементів
Завдання 12
1804
1*. а) Суму кутів при вершинах правильного п-кутникя обчислюємо за формулою
8
360* 360
Центральний кут дорівнює —— 45” (див. наслідок 2, с. 87 підруч-
ника); п
1М(1 • 10 360
' = 150“ ф Центральний кут А, ОД дорівнює —— • ЗО ;
1 <м
ЧвО'
« 157,5° ; /А.ОА, = = 22.5“ .
16
12
180 14
16
360
2°. а) 30° • —-— ; л =12. Отже, і вершин 12;
п
б) 12‘ « ; п - ЗО: в) 24’ - —’ ; п = 15.
п п
180“(д-2|
3“. а) 150” =--' ; 150“ п - 180° • п - 360°; п 12;
п
180°(и-2) 180°(я-2)
б) 135е ----1------; п = 8; в) 140“ ---і----‘ ; п - 9.
п п
18(Г(л-2)
4°. а) Внутрішній кут дорівнює 180° - 36е 144 ; 144а =-*-- ; п » 10.
п
180г(л-2)
- — - : п = 15.
б) Внутрішній кут дорівнює 180“ - 24е « 166°; 156"
п
ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В. -Ш 79
180Чл -2)
в) Внутрішній кут дорівнює 180‘ - б(Г = 120*: 120° »---; я 6.
180 (л - 2|
5. а} Якщо /ЛАД • 2(Г, то 20’ =-----------*; п = 2,25,
Оскільки п — число натуральне, то такий л-кутник не існує.
1«0‘(п-2) 8
б) Якщо /Л.А-А, « 48% то 4ак - --; п = 2~.
Оскільки П Р N , то МНоГОКуТШІК не Існує.
6. а) АВСПЕР - правильний 6-кутнпк.
б) Рис. Мії, КЕ грудні лінії. МА^ПЕВЕС — правильний 8-кутник.
в) МО 1 АВ. МО — серединний перпендикуляр.
7. а) 1, АО — довільний радіус.
2. ні — дотична т. А.
3. лАОЛ — рівиосторовпій АО = АВ » ОВ В, лАОВ « 60 , буду» мо т. М.
4. Аналогічно, точки У і О- лІЇМО — шуканий.
б) 1. Проводимо дотичні до кола у вершинах шестикутника.
2. Точки перетину дотичних — точки Л/, N. Е. Р, <?, К — € вершинами опи-
саного б-кутнпкй.
в) М^Р<^ — описаний квадрат.
г) Аналогічно попередньому.
8. а) Нехай А^А, а.
2. К — середина Л/4,.
3. КМ 1 А, А, •
4 *• , ''іао •
2аіп-------------
п
г * . 180і
5. Г» — • СІ<- - .
" 2 п
6. О — центр кола.
9. в) п = 8; Я - 12; Д, -; а = 12 2віп 60’ = 24 » 12^3 ;
_ . ІоО • 2
2вш-<—
л
б) л = 3; г с 2; г. « х ’ с1« 1 4 » в • гц 60’; а = - 1^3 і
2 л 1
/З
в) л 6; й ! 3; ач 6 він ЗО5” = 3;
4
г) п « в; г 2; 4 = а - 30% а - —г' і
8^2 ;
д) п = 4: Л « 8; а « 1Ь віп 45‘ « ——
4 4
е) п 4; г 2; 4 = а сік 45’; л » — — = , = 4 .
сів 45 І
. . , _ о а . ,, сі
10. а) д = 3; о = а; В = _ . ; б) п = 4; а = а; Я - — -
2віпвО ,3 * 2еіп
а % - - я
в) п в; а » а; Н, « —-——— = а ; г) л « 8; п = —;
• 2віпЗО' 28ІП22.5'’
СІ
д) л « 12; Я = —.
^&1л і о
а
80 &: ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В
11< а) « * 3; оі = а. Знайти: Ьв.
МИ - 5В; ВС « а.
Із *ВКЛ: ВК-|а«|в^
= а. 6В« 2а.
б) п 4; а4 « а. Знайти: &4.
ВС о4 = а, а, пЛ ; ОВІЇС — квадрат. В# Я.
Л/Л - Ь4 = 2 » 2Я » 2 = аЛ ;
в) п 6; а, » а; а, = Я. Знайти; 5,.
ЛК.Ї;
Із дАЛГМ : лАКМ ж 90", £ЛМК - 6(Г;
__Є .
Л‘ віп60' <3 Із' ' .3
360°
г) л = 8; АВ = а, = а. ЛАОВ я = 45”
О
АМ Л ; /ЛОК = 22,6“. їМАК « 22.5е
АК а Ь ~
~ сед‘22,5° ~ 2 еон 22,5’ ’ 1 со. 22.5°
д) п " 12; а, = а. Знайти: ЬІЯ.
460°
АВ ж а, в а, ^АОВ « ——- • ЗО
І л
ь.
ЛАОК = 15° - . МАК, АМ = £
ж»
а
... АК _а
сові 5° 2СОВІ5’’ * соа1Ьи
12. в) а а; л = 3. Знайти; г,.
2
£<<<< гК»??!
; б) л = 4;
О
В) Л = б; г. « “ сІК3(Г ж “І1; Г) л - 6; г. « | СІД22.5 :
д) л = 12; гИ « сікіб11 •
&
14*. а) Домети: гл - 0,5аж.
ОК 1 СО ; СО = а, » Я, АС = а„ - ЯуЗ ,
аСОЛ — рівиосторонній.
г^ОЛГ’^їЛ’О-5".
б) Домети: а* Я, у 2 - ^2
АВ а,, ВО Яв.
За теоремою косинусів: АВ1 » Я: + Я1 - 2Я* сов /.АОВ
а^гя’-гя’ сов^~; а^ я 2В*(1 - сов 45 )
І)
N
V
ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В. ?:
• * 6 *аХ*-а.л.»ллл *«л9*«с*-*-*е*-*»* ♦ * •
в) Довести; гл = 0,53^2 ♦ у'2 .
КО = г, (див. рис. 2): АЖ' = /£ - КО* ; (2 - 7І) » Д? - г*
г) Довести: аІГ - Я \ 2-уЗ . див. рис. 1. ИМ • о1Г
За теоремою косинуси ВМ1 • 2В‘ - 2Д* сов----
12
«і « 2Я’ (1 - СОвЗО ); < о 2Я,| 1 - ; и14 . Н^2 -^/3 .
І “
15’. а) СО = Я
Знайти; ВВ, ВЕ, ВР, ВС, ВК.
ВВ - ВК = а. = К72 ; ВЕ • ВС; ВР - 2Я; СЕ » а, - к/ї
ЛВСР — ВПИСАНИЙ, ЛВСГ • 90г
£СОЕ = -?2- = 45"; ЛСВР - 1 45а; ЛСВЕ - 45й.
8 2
За теоремою косинусів: СЕ* = ВС* •+ ВЕ* - 230 ВЕ сов 45*
2К* - 2ВС* - >ВС* • сов 45 ;
2ІГ - 2ВС* 1 -
2
Я1 = ВС* ; Я = ВО
2 N 2
|72 - /2)(;2 4- 42) Л
б) а, ж а, днв. ряс. 3. а = 3^2 - >/2 ; Я = . * ц = * ?/2 .
72 - ^2 72
ВИ = а4 « Я<2 —<2 = ву'2 + у‘2 ВК
42
ВК-2К = 2 й --2а^3+Д яауЇЇТЙ ; ВГ-ау27^2 ;
42 - 7г 72 ’^2
ВС » Я<2 + 7Ї = — ^7^— •'/2 + ^2 ь —і = а| ^2 1(; ВС = а|ч'2 + 1].
17*. а) п • б; ОВ « В, М, N. Р, (), 8, Т —чсередини сторін.
Знайти: Мґ^.
АВ = а*- Я; АМ = І Я ; МВ* - Я' МО*;
МО* . я* - — ; МО я .
4 2
/М’ я МО* + МО* - 2МО* сов 60*
М№ 2ЖГ1 -2МО' | ; МЛ!.МОІ(2-1): М№ МО*; ММ « ЛГО,
мл/
2
/1 спосіб: МУ — середня лінія; МУ • АС = - а. »
2 2*2
82 :Й$ ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г В.
б) <і » 8;
4С1 = 2/^
АС « Й-,’2 , А^ — середня лінія, Мії * АС =
Л -
19*. &) ал = 4 см. Знайти: а,.
а ‘ 2 , а _ д ,г2 — 2% 2
= 2 аіп 22.5' 2він 22.5* “ віп 22,5е ’ " аіп22,5’:
6) а, = 4 см. Знайти.- а,.
в) а„ 4 см. Знайти: а#.
2
а в В = ---------.
' віп 22,5е
21**. До 12 см, АВСЛ — квадрат.
Знайти: •
ВС - Во/а = 12^’2 ; О<? = гж - -
ц* = ()М $ • ч/з бтб ;
Відповідь: 18<б см.
1^. = вЛ ; ое = ОМ
А««.= «л 3.1876.
(СМ).
В
м
А
22*’ а» г* • « 1 з~ 51 о сЬй 6°* “ о5я 1 *
а „ л л і а , 180"
гл « 2 ; °< = 2г 1 8« ’ 4/ ‘> г* с ’2'СІв-ЇЇ
8,:5<:$в-3>/3:4:2>/« .
б) 5 . и ?^3 я>. 5( = а> а (й/2)' - 2Л1; 34 = 6
* 4 4 4 ' *
5, ‘. 5, : 5. - : 2 : = 3>/3 :8 : 6>/3
-^3 ; Ь\ »*»; 5« * °-Т^ е
4 4
= 2Тз г; Я.-Зч'Зг1
а^л/З _ 3<3
4
2
в) 3, =
4
2
Е
24*. АВСЛЕРУК — правильний 8-кутник: ВС = а, = а
ил'К? — квадрат, ЛЇ,У — середня лінія трапеції ВСЛЕ.
< > Я*(2- Л); «’ =
Я*. В^-~
2-у2 ^2-^2
~ЛВЕ = 60' (вяисвмниі кут спирається на діаметр):
ВЕ* • А£’ - АВ'
ВЕ* * 4Я1 - о*; НЕ = тій7
л
4 - 2 т Л
» а *
а • і л= а » \
і 4-2 1 2
Й&Й&Й&& ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В
,1Х о „ ЗН'/З 3-4Я*^ Зл/з^Я)’
б) більша діпговаль 2Я: Я » а.; & — -- = -----— =------з—— ;
* 2 2 4 8
л І я«. з і ч-з йд'ч/з
в} менша діагональ о, =" Я^З ; 5. - ' -----= -х-- .
: 2«’ ('2 -1) - 2р _ п - “7
Нідпоеідь: —^— .
2
28*. а) АВ - ВС = АС ~ Ь
Знайти: МО, МК.
М. N. Р — середини сторін ж АВС ;
.и.у — середня лінія; М = £; ^ВО.У - 60 і; гОЯА' - ЗО"
МО • 1-ї « А ;
2 2 /з 2Ч3
б) а. Я <2 в А ;
273
в) а_ = МО - —А .
23*. АВ - а; А4, - ; ССк » - ; ЛА,ВВ, -ЙВ,СС. =„ЛА|С. .
о З З
За теоремою косинусів: А,С* = АА? + АС^ - 2 АЛ, АС, сов 60“
, а* 4а’ 2а1 о‘ _ о Лі
Ан ~ ~тг + -л---к-- = т; • А6» • “т* •
9 9 9 3 ’ ,3 л
М ??• ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В.
а
Відповідь: —
6
-.^тгл
ЗО**. Задача разв’яаана на с. 93 підручника.
ЗІ**. Нехай г — радіус кіл, шо дотикаються. Тоді:
Я + га,Д^; Я = г
Лз
а) .V = 3.
2
/З
яТз
2 - уЗ
б) N = 4.
Я = г
<2
2
,2
а) V = 6.
32*. Р, - Р, = Рв. Знайти: 5, : З,: 5,
9 4 36
й* б
16
р’7з . р^Уз
86 4 ‘ 24
Я* г » 2г ; г * Я ,
З ’
-і ;
Р
~ : ~Т 1 8, : 5. : Я. = 4^(: 9 : 6^ .
36 16 24 1 *
34**. Ромби мають спільну вершину О. Найменше число ромбів З,
§12. Довжина кола і дуги кола. Радіанна міра кута
Завдання 13
1°. а) С = 2лЯ; Я - Ю см; С = 20п см; б) С 2 я 0,5 = я (м);
в) С » 2я 3,14 = 6.28л (мм).
З . а) збільшиться а 2 рази; б) зменшиться в 3 рази.
7. а) 0 2п = па ;
2 1
б) г * -р- - 2
гг 1
с
І2
є* €-2^2
С . С " 2 т ^2
]2 2
2 ’
с
2
Я
= 1
2'
с совавша
с
; а = с • соя а; Ь » с • віп а
с віп 2а
сова твіпа)
пс віп 2а
„ „ _____ ле-віп2а
С = 2пг = -------— = ---------——
1т сова 4 віпа 1 + сова♦ віпа
. АС А ... А А
г) г в ———— , АМ « -—; АВ = —— ;
АС + 2ЛВ і<и яіп а
2А . А 4
--- А -------і<а віпа . .
іца_______А віпа
віпа + їда віп а + їда
ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В
85
; 10“. ОВ = л/5 . ОА уЮ
АМ = АЛ: ВМ*ВО
г* = 10-АМ*.
Н -Б-ВР1.
10 - А\Г = Б -ВР’. Б = АМ* -ВМ*
5*(АМ + ВМ)(АМ-ВМ)*. 5~&.(АМ -ВМ).
Нехай ^САВ = р, ЛСВл = а; а + 0 = 90».
За теоремою коси і-<усів:
АВ* = ОА* + ОВ1 - 2 ОА ОВ со, 180“ - " —Р ; 2АОВ = 135
V. 2 '
АВ’ * 15 +10^2 , АВГ = 25; АВ =5.
АМ + ВМ * 5, АМ = З
АМ - ВМ = 1; ВМ = 2
г1 = 10 - 9: г= 1.
Відповідь: 1.
12. г । Івсм, с-2п 16 = 32л (см)
Л« 6.5 м = 650 см, - -6.5.
с
Відповідь: 7 разім.
14’. V в 72 км/год = —-- м/с = 20 м/с
С = 2я-1м = 2лм- 6.28 м; - - 3.
С
Відповідь: 3 оберти.
.. . лйл я 6 ЗО
1® ' 180і ’ ~Ї8(Г“ ’ * (СМ) “ 3,14 см;
бМ« -П80^ЧпЧ 3-14 с“-4’71^
в) 4» = - б„ = 2л - 6.28 см;
180^
г> 4о ї • 2»їЯ Зя (см) - у,42 см
’Т'.»< = 5 і 5^=120':
4 З
о,,.!, з5!Г = 9() ;
4 4
ч > 1 360
6 Б
гН.1;
6 6 ’
. 2 36(»’ • 2
.01.-: - ^1.240-;
її?..».„0-.
4 4
В6 ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В.
лп к п « » 1’45 Я 3*14 п а / \
18..>Н=.1И:1- — - - 4- - . 0,8 (м(;
, п-1-30 я 8,14 _ .
І6’ '- -І80=--8*Т"и-52<"’;
2-2,08 (м);
180 з з
л . К'1'60,5“ , л. , .
г) 1 = ------ « 1,05 (м).
180ь
19. иЛлВ = 11 С/ДВ; 12^45^360 . оЛ8 = 30=, иАтВ = 11 • ЗО’ = 330 .
о , 500 п ЗО1 3,14 500 1570
22 - Рис. І = —— -------— - ——— * 261 (м).
180 б в
Шлях скоротився на (500 - 261) м. тобто на 239 м.
Л'2 пе
л,л*.*л*г»¥л<,гл
** * - «» я 60 б, 28 ч
[г * " “180 3600 ІжГ
99Ж
3.48с о.--?
5
; п - —— вд 1 с.
12,56
24,о)в0-;1 = .^ = ’Ш = ’^
180 З 3<3
а
віп ба
= 2Я;
ЛІЛК-. і пК 45 »
6,45і(' іет ТК2
.) 120“: І - —і2*^ - і «Я : К
' 180 З
д
а
а
2 віп 120“
в» — - а
. я а
• — —г1 1
472
а и , 2 а
। і. । । в —ж. ; / • — Ж —я
ЗніпбО уЗ 3 ,3 ЗуЗ
З
2ха
25. а) (; а « ЗО’; а = 2Я • йп ЗО' = Я; І = яН
<»п_. . Є- л г 1ЇЯ 45"
2Квіп 45 Я>/2 ; І ——- - -
180“
х пл .ч. , лЯ 90 жЯ _ 2і
в) а = 90 ; а - 2Л; І - 180„ = 2 ; Я « д
а 45°;
6
пЯ
4
Я = ~!
я
(.£
я
61
я
О.4*. /2
Я
27*. Я « 2 км; і 45 е; а
- 0,18 рад.
а = —
я
а 9 32’4
Д . «-п-т
I >0 Д-8
180
32,4 4
90 ’
0 “ в = 0.008 км/с = 8 М/с.
90 45 2025
= З,; Я, * Я,; Я,
32*. Рис. 5)
ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В. 87
35*'. АВ =* 2АД
С=2л ОВ, Ск-2п = л ОВ, —
2 Іс 2п ОВ
Відповідь; одночасно.
3в,*-5.^„“7 -Я
Ягими = к(3г + с()' -9іГг' ж
= я(9г1" 4 бгоі 4 а* - 9г1) е л(вп/ 4 а*)
7пг’ « я(блі + а3) ; а* + бг</ - 7г* = 0
4 » Зг ± % 9г‘ + 7 г’ , Ц = 4г - Зг = г
4, = -7г , але г > 0. тоді 4, > 0, що неможливо.
Відповідь: г.
1000 м
2 с п ОВ
§13. Площа круга, кругового сегмента і сектора
Завдання 14
5°- = * 6’ - я 4* » я(36 - 16} » 20л.
7. я) 8 . я
' ЖруГВ
* Ь‘
4 4
б> 5.р^. я п '<Л4* = Я
и
зіпа
1 >
«а
віп* а
й1
в) Я *
АВ -—. ; 5
віпа **"•
Відповідь: —
4жй‘и
ЯГ _ нщ; а
2й
2А
Й3
Я ------—
4 віп* а
Й1 _ й
2Й8Іп3а 2аіп3
я пі * а .З и _ З
8. аі г --------- —— ; 8 = Я • — 9________ -
3 2 Ь ЗО 12 '
За па*
£
6) г у-*-; АС • а їв щ АВ - —
Л в оова
2
г о>аЬ<а _ «Нв«
а + а 1,^4-— «*а + «>па + 1
сова соза
А . и а ,а
азіло 2и <ш сов- а^аш -
в —--------— -----------а----з--- --------
1 * сова + ато „ га „ . « а а « ’
Иссм»1 +2вшо сов- сзд-“ + я1п“
2 2 2 2 2
Па 81П3 ®
Т я “7-Г“
Ічмпа
5
я а‘ віп3 °
----------2
и ± а
СО« - + яіп —
2 2
осей сова
88 -<:£ ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. 8,
Я яг
5,
РП‘
АС ВР
; АР =
а + АР
— ; ВО - —
аіп И с08 к
2 2
. а а
гіп —-----—
2 а
СаЗ -
----------2.^
а
а + ------_
и
віп -
2
в’^1_
а ґ .
а від сов- піп
/2 2
« 4
2*1
«і, । »
сов “1 + Я^П к
2‘ 2
а
а!.
2
1 + аіп - “ 1 + еові 90 - 1 » 2 сов2 ЗІ 45° -
2 ’ 2 । 4
сов^ 2©О8Х 45'-°
2 1 4
а
2
2
4
па*
8 =-------------
4 соя1 - сой
2
<’І 45°-а|
і , і»
а • Цг —
, й » « о 2
г) г »-Т * Цг — ; л -7—*- •
2 2 4
_з 1
13. 5, = я “ ; 3, » -яа1; 8. > 8..
4 2
15*. АВСО - ромб, КМ = 2г. ,ЧЕ = 2 г, 2 ВАР » ЗО’. Я « 8.
Знайти: 8ЛЖЙ
5к1Л, « АР' аіп 30й АР1
5__. = АІ> 2г
.1 16 ^8_3
2 я я
8-8
Відповідь: —
я
16*. 2гг 3 дм, 2г, « 4 дм
<1 9 і
8, - я - ; 3,» я • 4. З, + 8,« 3,; я * 4я яг/
4 4
" « г/ ; г, * -; 2 • г, = 5 дм.
18‘. 5И • 130 225 = 29250, г- 2& см; 8 = 625л
130 225 234
п &------— "--------*• 14
625 я 5-3.14
З - 14 • 625п - 29 250 - 27 475 = 1775 (см*).
20*. г. * 12 см, = 2; —V - 2 ; 144 = 2 г’
п гі
г**72; г, = 6^2 , 2 г, » 12^2 (см), 24 -12.2-7,2 (см).
.’л<4Ч%ч<%ьмл’Л5%'
ГЕОМЕТРІЯ Апостоловд Г. В. :5’$ 89
26. 5^ - Я
„ яЛ1 72* яЯ* б Я
в ’ ‘з(іо“ = Т'**-5 8іЯ*>—:Л =
27. иАВ - Я
5 - ; Я1 * 2 5; Я = ^2~8 .
5 5
Я
29. ЛВ = ач'а ; КМ = 5 ; Я = а
и
5_ *' - 5 ІЛ> = п^-п- - -АВ мо«
«т .лик 360'" 2/,П —
_ * Д1 я* а>/3 й па’ а1 /3 а1/я
360 2 = в' “ 2 ’іІз”4,3
АЯ = 2Я • віп <сАОВ . Д <3 = 2Д віп /ЛОВ ; віп ЛАОВ —
2
ЗО*, в) ОЛ = Я; ЛВ а
6)3 5- "3 2^£2--^-8іпі20а1аз!
360 2 84
_ „і 4пН3 - ЗН’Тз І ІпН’ - ЗЯЧЗ Я1 / сг\
-3'-----— ----------4— “ 2^'ЗЛ);
в) ЛВ = а.; в Я »
• вдаНВ.
2яВ* - ЗЯл5/3 & (2п - ЗуГз)
12 = 2
31 •. а) ОА в гм. З « 5^б(Г в
360ф
б>5то*в Я.авг -3 3_ -
. «^-3(3...
" ( Л ИЖил
" -З.лм) = М - 3(бя - 97з) » ЗвТз - 18я .
33*. Я = |л іоо _1Л 26 ®25я-12.5я = 12.6л .
* X
.. а Я а
^ат + &г
ь - Я Ь & Я
^а* № + &’ - АО
а ^ая + !>' - Я-Аа' + У «а ЛО
Я у а1 і- Ь*' • а (>/а’ + Ь3 - Лої
Ь
а1 + Р
а1 + Ь* - Ь АО
90 &: ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В.
Н & + ІЇ АО,
Н + Ь3 ' а«а3 + Ь’' - а АО.
І? АО = а4а*+Ь*-а АО
і, » ... Гї~ Тї ач/а’ + Ь’
1*4 + «| АО = а\а + Ь ; АО = —-----—
І 7 а •‘Л
•Та* +Ь’
, Ь АО 0 а + & аЬ . о 1 а'Ь1
ВДН м “ м. ---- — . іЬіИг- ' — ; 6 - — ’ + .
4а* + Ь1 4о*+Ь* а»Ь „2 (а-♦ Ь)
іїЙ* « л® * сі
И 5 ’ Я • 2г + ОВ ; г = ОВ зіп^
І 360' 2
г - (Я - 2г)зіп '* ; г + 2г віп '* Яяіп **
£ £> £
_ І «
/ .» « ЯйіП™
|. „ а । н. . а 2
’ І 1 + 2зіп - Я віп - ; г ....*
2 2 . л , а
' ' 1+2в1П
2
а і 1 + 2 віп ® і
|| м ЛГ»; ‘^ЯП , — ----= .1. ,— —------и
Чаг» Я* Й1п‘ а 360е ИІп’
«____________2._ 2
1 + 2 віп а
2
в0’*. О,С = Я - г , О3О, « Н 4 г
0,0і (В 4 г)* - (Я - г)’, ОТС’ = 4Яг = АВе
пЯгк‘ тіг1(90<1+ 90 -а| тог*|180'^-аі
360 ’ ~ 360 360' ~
— ‘Ч ~~ Ч ж
*рши 1 Л
. (Я. г)7яг - - Н18? -“> -(Я*г)
' 360 360 ' 360°
+
яг*а яг’
Збо 2
«•*. Влмдсдг =я ь.л._ =-
р «млл .«а* 2 360° 12
Чжіл = 1 ЛГО> ’ І МО’ Т 8 7» пЛ’ ; " Л
•*и* 2 2 2 2 12 <3^3
АС Я; * МО =
АМ - Я - Я
.... лЛ 00 яЯ
АВ* =-------
1«0 З
Я - 3. н-н
Г.Я
з
Я 3-3
1,7Н
Рж = Л/0 ¥МN¥0N « ЗЯ
• 2.31К; Р, > Р,.
ГЕОМЕТРІЯ Апостоловп Г. В. :•% 91
Завдання для повторення розділу II
19 . ОС - Я 12 см; АВСй— квадрат, —правильний.
Знайти: Р,кмя
МО = МС; ОС* = 2МО*, 144 = 2 МО*; МО* » 72;
МО = ; МК = МО/3 = бТб . = 18у6 см.
20*. дАВС — правильний, КІМИ — квадрат, Р.,м = 10 см.
Знайти: АО.
МЛ -4, ММ = МОуі2 , МО - -і . МО 1 •
м2 3 2
4 АС’ТЗ 24 г-
—і ЛС-^; ЛС-ЛОЛ;
ло.-Лт-.-2<
<вуЗ Зл/З <3
я
Відповідь: см,
уЗ
21 *. ^АВС = а,ЛВ> а, ВС = Ь, г— ?
ПО — бісектриси ААВС, — = - ; ж 2 *_?
ос ь ос ь
МВ = Г’СЦ~
2
МВ = г сі8£
2
АЛ - а - Л’В,
МС*Ь-ВМ;
ВЛ - ВМ.
ЬВ а - АМ, а- АМ =Ь- МС а а
МВ = Ь-МС; а-Ь = АМ-МС ’ = “ ~ ГСІГ 2 ’ МС‘Ь“гсі^2'
За теоремою косинусів: АС* = а1 + Ь* - 2дй сова; АС - >]а* + Ь* - 2аЬ • сов а
№ » 6і - 2аЬсова а‘і Ь^а* + Ь* 2аб~сова
ос“ * - -; ос * - —-
АО а_2£ , - Зал сова Іг* » ОС’ - МС\
Ь а ті ’ [г1 = АО* - АМ*;
ОС* - МС* ДО’ - АМ*, ОС1 - АО* - МС* - АМ*
ОС*-АО*= (МС - А#)(МС + АЛ )
ОС*
-АО*=(Ь-
а + Ь- 2гсі< -
&
їв + Ь* - 2аЬсова^Ь’ - а
| а + б)* (а + 6)
= (6 - а)| а + Ь - 2г • сов— ;
2
о1 + Ь’ - 2а& сова « а1 + 2аЛ + Ь* - 2алеі< - - ;
2 2
-2аЬ сова = 2аЬ - 2агсі8 а - 2Ьл;і8 —
2 2
-аЬ-соаа-аЬ = -вг сів^-6лч8| ; ад(1 + сова) = г• сів | (а + Ь)
2аЬ сов1 а . .
2 лЬ віпа
(а + &) сІ<? (а + Ь)с48| а + Ь
Відповідь: .
а + Ь
а<
92 ?:$? ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В.
Ж7'*. АВ - а,в « 1 , ЛВОС = 36-. ЛВОО » 72’ ,
ВВ _ менша діагональ; ВС — більша діагональ.
ВІЇ = 1 + 1 -2сов144т; ВІЇ = 2 + 2 сов36’ ;
ВІЇ = 4 сов1118’
ВЛ 2 сов 18 , В(1 = 2Я;
ВІН = ІЇ + ІЇ - 2ІЇ 008 72’
14' 2 сой 18
ВІЇ - 2Я’ 2 віп* 36“ ; ВЛ - 2К віп 36° ; 2Я - - - — =
81П ЗО
І Відповідь: 2сов 18°; .
яш 18
віп 18“ *
Готуємося до тематичного оцінювання № 1
Варіант І
і, А(-7;2); В(-3; <); О — середина АВ. О(-5;3).
V. А(-3;4) — центр; Я & . (х + 3)’ +(р-4)’ 25 .
3. Пряма 5х + Зу - 22 = О
А(3;6); 15 + 18-22*0; 11*0; Л(3;б)г прямій.
В(2;4); 10 + 12-22 = 0; 0 = 0; В(2;4)е прямій.
С(0;7); 0 + 21-22*0; С(0;7}є прямій.
Л(2;0); 10 + 0-22*0; Л(2;0)е прямій.
К(-5; 5); -25 + 15-22*0; Я(-Б;5)« прямій.
Я, Xі + у1 - 4х + 6у + 9 0 ;
(х* - 4х + 4) + (/ •» 6у + 9) = 4
(х-2)’+ (р + 3)’= 4 ; /? = 2; О,(2;-3).
В. д«13 см; 5 «14 см; с = 15 см. Знайти, найбільшу висоту.
а — найменша;
I 5 = (р - 7)(р - Ь)(р - с) = >/21 8 Г 6 я 7 -12 = 84 ;
е 1 . . 84 2 168 .,12
я--2«л; а-їГ' їз=12їз’
Варіант її
1. АВ — ? якщо А(-7; 9); В(-4;б). АВ >9 + 16 = 5.
2. 0(0.1) — середина АВ. А (-2;- 1). Знайти; координати В.
ОжГІ±£; х-2»0; х-2; 1 = “^; р-1-2; у = 3; В(2;3).
2 2
3. х* + V* - 25
А(1;2); 1 + 4*25; А(1;2)е колу.
В(3:4); 9 + 16 = 25; В(3;4)є колу.
С(-4;3); 16 + 9 = 25; С(-4;3)е колу.
0(0; 5); 0+25 = 25; Л(0;5)є колу.
Я(б’; - 1); -25 + 1 * 25 ; Я Є колу.
ГЕОМЕТРІЯ Апостолом Г. В.
93
4. Х(-2;5); у = *х + 6; у = 4х + Ь; 5 = 8 + Ь; 6^13; у»4х + 13.
5. а 7;6^8;с=9;с»9 — найбільша сторона, Н — найменша.
5 е \Г 9 •(Р“7ИР-8)(А>-д) ^'*2 5 4 8- 6 2>/5 = 1275
V д-
.1. Н.
2 с 9 З
Готуємося до тематичного оцінювання № 2
варіант І
1. 1< а е -0,4 . Побудуйте кут а .
Побудуємо кут 90 .
АС - 0.4, ВС = 1 , і«х»0.4 ;
10 а -0,4 ; £ АВС — суміжний
із кутом х.
10 а = -0,4 АВС = а.
2. а = 16 см; 6 = 6 см; с»14 см.
АСг * АВ1 + ВС* - 2АВ ВС сов Я
196 = 36 + 256-2 6 16-совД. 12 ІбсавВ -196 + 292
96' 1
12 16 сов В = 96 : сов В • |2 = 2 ’ '
* 32 28 . _ 472
3. — = ; в»пС = —--
яіпС віп 45 7
28 „ Л. 66
—— = 2Я; 2Я--Т-; г В = 180* - 45° - агсвІпС - 135е - аггвіпС.
аіп 45 ^2
аіп В = віп (135 ‘ - агс віп С)
»7з
2Я
віп 60“
= 2Я; Й=9
Варіант II
1. сова -0,8; віпа = = 0,6 , іва«-8,
2. ВС = 0.3 ; АС - 0,8 ; віп А « 0,4 ;
0,3 = 2Я 0.4; 2Я = - ;
0,8 = 2Я-віпЛ 4
0,8 = віп В ; віл В 0,8 • > 1, не існує.
4 3 3
3. а =8 см; 6 = 4 см; е«5 см,
а’ = 64 ; 6’ - 16 ; с* = 25
64 > 16 + 25 — трикутник тупокутний.
94 ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В.
* АВ : АО = 6:7, ЗО = 7 см, АС =11 см, Р — 7
ВВ* і АС* = 2АВ* + 2АП*
49+ 121 = 2 36г*+2 49х*
170 см* а 2 85х*;
17О = 17Ох‘; х = 1
АВ = в см; АО 7 см.
р = (б + 7) • 2 26 (см).
Готуємося до тематичного оцінювання № З
Варіант І
і 5580 8ІВ0“|п-2), я — число сторін, я = 33; я-3 — число діагонллсй:
ЗО діагоналей.
В,
- 144° ; 36 п = 360’ ; я - 10.
я
а. 5 „ ЛП . 5. 49 98 49 „ ,Л .
3. - _ • 5 98 см1; — = — ; — —; 3. = 50 см*.
К 7 ’ * 5. 25 5. 25
Варіант II
1 а-3-14; я = 17; 1ЯОа(л - 2)» 18(Г 15 = 2700 .
1 = 156" — внутрішній кут; 180° -156' 24 * — зовнішній
Т кут. ” 15
З ж в ; £м. = * ; я 1 ; а = 18 см.
Г Я,. 4 а,. 2 12 2 “
4 23 = 8 см; 23 - 4; а, = 3^3 : а, = 4^3 см.
Готуємося до тематичного оцінювання № 4
Варіант І
І с « 2x3 ; с = 10л см.
п о , пП 120 2 _ . .
Я 5 6 см; І » — —— = - я 6 = 4п (см’).
75е Я 5
180й - я; 75-х: х =-------= —я .
’ 1 180 12
пЗ’ п-
360-
я 25 105”с 175л
3607 24
(см*).
Варіант II
г - 2x3 ; с = 8л см.
, хЗл* . _
І в ---; 15-
180’
хЗ = 150; 3 = — = 47 (см),
,вло я ЯІвіГ
18О.-Л;Х.-.:ХІ—_.1б .
8.«5^:Я.>00’_21®.П5і (™п.
300 Зв>' з
360
деГЕОМЕТРІЯ Апостолом г. В. 95
РОЗДІЛ III. ГЕОМЕТРИЧНІ ПЕРЕТВОРЕННЯ НА ПЛОЩИНІ
§14. Геометричні перетворення на площині та їх властивості
Завдання 15
1. При паралельному перенесенні пряма переходить
у пряму.
Дове&емо: Нехай задана а і напрямок ХУ паралельно*
то перенесення, тоді беремо дві довільні точки А І В,
А € а, В є а . При паралельному перенесенні А -» А, ,
В -» В, 1 виконується умова: АА, Г ВВ, Ц ХУ , АА, = ВВ, = ХУ , через дві точки
завжди можна провести пряму, тоді А,В, — пряма, яка одержана паралельним
перенесенням прямої АВ або а в напрямку X У ,
3. Так, існує, якщо переносимо протилежні сторони.
Наприклад, В —> С , А ч В, при цьому: ВС*= АО (за властивістю прямокут-
ника), ВС Н АО (за властивістю прямокутника).
Але цього не можна зробити при перенесенні сусідніх сторін (наприклад.
АВ -> ВС ).
4. Ні, не існує, тому що при паралельних прямих сума внутрішніх односторонніх
кутів дорівнює 180°, а сума кутів трикутника доріннкх- 180'.
А —* С , В ч В, АС = ВВ ; АС || Вв , але <?О не співпадає з ВС.
5. А -ч А,, В -ч В,, С -ч С,, при цьому ВВ, = АА,; ВВ, || АА,; АВВ,С, — трапеція.
6. Нехай АВСЛ — трапеція, АВ СВ . Перенесемо А -ч А, па-
ралельним перенесенням у напрямку ВС, тоді ВС||АА,. V—।—4
ВС « АА,, АВСЛ, — паралелограм, АВ а А,С . дСАО — / /\
рівностороншй. тому що кути при основі рівнобічної трапе- /до / \
ції рівні. £ В £ А « 60» І СА, в АВ = СВ , тоді А,О = СВ , А " А 1 Л
АА, = АВ ~ А,В = АВ — ВС ; ВС — АВ - ВС , що й треба було
довести-
Завдання їв
1. ОА = ОА, ; 2 АОА, = І00ь; ОВ = ОВ, ; г ВОВ, = 100 .
тоді А, В, утворено поворотом АВ на 100а з центром
у точці О.
3. а) АО - АО,,
^ОАО, = 6(Г;
коло з центром О, утво-
рена поворотом кола
а центром О на кут 60”
з центром у точці А.
б) Якщо А і О збігаються, то коло, утворені* пово-
ротом з центром у точці А на кут 60е, співпадас
з даним колом, центр якого — О, тому що:
АХ = АХ, = Я ; £ХАХ, 60 , X належить дано-
му колу; АУ » АУ, = Я ; УАУ, 60 ; У належить
даному колу.
96 £’$ ГЕОМЕТРІЯ Алостоллмя Г Я їй і 1 ейлавл*.*.*
Ш властивістю квадрата, його діагоналі рівні, перетинаються
Шд прямим кутом і точкою перетину діляться навпіл, якщо В
роїюрнупі на кут 00 відносно О, тоді В перейде & А, тому що
ОВ » ОА , /. ВОА - 90 Аналогічно А —> В , В -+С, С В ,
тобто квадрат АВС В відображається в себе.
Ва властивістю рівностороинього трикутника Його біеектри
га — медіани, висоти, вови рівні, точкою перетину діляться
т лідноптеняі 2 : 1, рахуючи від вершини трикутника, тоді
ВО - ВН - ВГ . £РВН 120 .
Якій- повернути Н відносно В На кут 120°, тоді Н —♦ Р , ана-
логічно, Р —♦ С ; О —♦ Н , тоді а РСН відображається сам
т сеО.
Завдання 17
і, а) Якщо точка належить осі симетрії, то точки,
симетрична до неї відносно осі симетрії, співпадає
« даною, тому при симетрії відносно сторони СВ, С
переходить в С, 7) переходять в В. В, симетричне
/і відносно СВ і тому ВВ, ± СВ і ВК КВ,. Ана-
логічно А, симетрична А відносно СІ». СВІА,В —
Образ чотирикутника СВАВ відносне СВ
6} АВ,СД — паралелограм, у який переходить
А ВСІ) ирН ОСЬОВІЙ симетрії відносно АС.
ВЕ - £Я , ВВ 1 АС,
ВР = ГО . ВВ, X АС .
в) — образ а АВС ари осьовій симетрії
а АВС від носа о середньої лілії трикутника ТО:
ВВ, 1 ТО : В,М = МВ ;
АА, 1 ТО ; АВ = ІА,;
СС, 1 ТО СК = КС,.
Дві дані точки мають тільки І вісь симетрії: серединний перпендикуляр до
І відрізка, що сполучає ці точки; / — вісь симетрії.
1 Нудуемо ММ, 1 АВ і МО « ОМ, .
* Прямі на площині або перетинаються, або паралельні.
а) Якщо прямі перетнналуп-ся, тоді вони мають дві осі си -
метрі!: і, і — бісектриси кутів, які утворюють прямі а
і б. причому І, X . Доведемо, що і — вісь симетрії для
а І Ь. Нехай Аіі,, оскільки будь-яка їочка бісектриси
рівиовідпалена від а і б. тобто АК і а, АГ 1 Ь, АК - АГ ,
тоді КГ 1 ї, і і, — серединний перпендикуляр, і тому К
симетрична К відносно ї,. Маєм»: а симетрична л відносно
і, , Аиатипчио доведемо, що І, — аісь симетрії для пря-
мих а 1 в.
б) Якщо сі II & . тоді вісь симетрії і проходить пара-
лельно прямим а і б, і 11 АВ .
ГЕОМЕТРІЯ Алоетолова Г. В. £:• 97
Завдання 18
1. а) О не належить а АВС'.
СО = ОС, ; ВО « ОВ, ; АО = ОА1 ;
лАДС, — симетричний лЛВС віднос-
в) О середина АС; &А1СВу симетрич-
ний Л АВС ВІДНОСНО точки О: АО = ОС ,
во = он,.
б) д А,СВ, симетричний а АВС
відносно точки С:
СА, = СА ; СВ, « СВ .
г) О — точка перетину медіан
аАВС
д А,В,С, — симетричний д АВС ьід
носко центра симетрії — т. О.
АО Од, , ВО = ОВ,, СО = С,О.
4. а} Якщо прямі перетикаються, то вони мають один
центр симетрії — точку переткну.
Якщо а її Ь тоді центрів симетрії безліч, вони роз-
ташовані ка прямій, яка паралельна а і б і рівновід-
далени від а і 6.
Завдання 19
1. При й * -1 шмотетія відносно С:
О -4 Л,, СЛ. = СЛ ; А —» А , АС = СА,;
В-4 В, , ВС В,С , А1В,С,Л1 — квадрат.
При й-1 квадрат АВСВ гомотетичинй
собі відносно С.
* =2
квадрат А,Й,С,Л, гомотстнч-
инй АВСВ відносно В з к = 2 ,
А, В в 2ДЛ . С,В = 2СЛ ,
В,В = 2НВ.
2- О — точка перетину діагоналей чотирикутника;
4,^,0,!), ітімотетичнпй АВСЛ відносно О.
з А « -2 : ОВ, = 2ВО . ОА, = 2А0 ,
ОС, - 2С0 , ОВ, = 2Л0 .
98 :Й: ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В.
4. *) дАВ,С, гомотетичний а АВС від-
й Нехай О — центр гомотетії, тоді ОА, = ОА к , ОВ1 ОВ к ,
Якщо к > 0 , тоді фігура, гомотгтнчна даному куту відносно
О, — це сам кут,
І Якщо к < 0 * тоді буде кут, вертикальний даному.
Г. «) Можлива ситуація, що А,В, гомотетичний АВ
відносно О, якщо к < 0 , к» 10 — точка
перетині А,В і АВ, (Доведення; л АОВ™& ВОА^,
/ АОВ = £ В,ОА, — вертикальні,
АВО /. В, А,О — внутрішні ріапосторовш
при АВ||А,В,).
б) Якщо к > 0, тоді центр гомотетії О — точка пе-
ретину А,А і ВВ, , тоді к —.
Ах>
В Якщо лАіВСі гомотетичний а АВС відносно В,
тоді А,АСС, — трапеція.
Доведемо, що АС Ц А,С,: аАВС'^аАіВС1 (/.В —
спільний), ЙА = кВА , ВС, кВС. тоді
/ ВАС Л ВА^С, , тоді АС = А,С, за ознакою пара
лельності прямих.
Якщо к - -1. тоді АСА,С, — паралелограм.
За ознакою: АВ = НА, , С,В = СВ .
Завдання 20
3. Масштаб 1 : 100 позначає 1 см на карті, відповідає 100 см на місцевості,
10 м • 1000 см, тоді на карті 10 см; це — довжина.
4,6 м 450 см; тоді на карті 4.5 см; це — ширина.
В С,
В. а) Нехай у прямокутнику АЇВ,СГОІ діагональ ділить кут ' у*
у відношенні 2:1, тоді 90е : 3 « 30“ , ^В1А1СІ“300 ; 2х
сд>, тз ----£
^В,А/; = (Ю’. іВ30'-^ = ^. А, в,
Прямокутники А,В,С,ВІ і А^С^ не подібні, тому що С,В,: А В, = 1: 2 ,
а С.Р, : А,В, - 73 : 3 .
ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В. 99
б) У прямокутнику АВСЛ СО
удвічі менша, ніж АС, тоді
/САП = ЗО* ; £ АСИ = 60~“. У пря-
мокутнику ДДЦД; о + 2а я 90" :
а = ЗО •, 2« = 60 .
Магмо: л АНС А^С,, тоді й пря-
мокутники подібні.
С. я» Нехай у ромбі АВСП £ Л = 2г В , тоді £ А * £ Л 180'’; 2 £ В + £ В 180",
дВ«6(Г ; £ А « 130 .
Нехай у ромбі А А, -£В, - 60 : тоді:
/А, + /Д =180*
2л А, 240‘
£ А, » 120' , £ В1 «< 60' . Отже, у ромбів кути рівні, тоді вони подібні.
б) Нехай у ромбі АВСП АС АВ , тоді • АВГ — рірносторонній, £ В = 60 ,
тоді £ ВАЛ - 120 /
Якщо в другому ромбі А,ВІС1ЛІ сторона утворює з діагоналлю кут 30°. тоді
£ А^В^ - би , / ДА Д « 120 Маємо, що кути в ромбах однакові, тому ром
би подібні.
Завдання 21
6. Д)В. — симетричний АВ відносно О,
А,Д гомототичний А,,# відносно О з коефіцієн-
том к, тобто ОВ = ОВ(. ; ОА = ОД.;
ОД = к ОВа ; ОД = Л ОД
а АОВ^а ДОД , "£- = ~ = *> Тоді
£ АВО = £ АуВуО , тоді АВ II ДД /ІВД Д — гра
пеція, і діагоналі діляться точкою перетину у від-
ношенні В коефіцієнтом гомотетії.
7. За побудовою ОР ОР1; £ РОЇ} « 60’ , оскільки Р, гомоть-
тнчна Д підносно О з * = 2, тоді ОД » 2ОД , тоді у а РСН}
ОР, у 2 рази більший від ОР, тоді кут проти ОР — 30 ,
л ОРР, — прямокутний, £ ОРРІ = 00“ .
§15. Подібність багатокутників
Завдання 22
4-а) Р я 3 т 4 + 6 + 6 т 2 « 20 — частин; 80 : 20 4 (см) — 1 частина.
З 4 = 12 (см); 4 4 = 16 (см); 5-4-20 (см); б 4 » 24 (см); 2 4 = 8 (см).
б. а) У подібних багатокутників сторони пропорційні, тому: 2 відповідна 12,
х відповідна 15, тоді а 60 , р = 110е, у відповідна 21, тоді 8 відповідна 18.
1Н 9 . 9 И1 * З 16 ') ,
.;.ТОДІ (ом):
4 9 З З 3 4
18
б) р відповідна 18; тоді 8= ЮО' , а = 35'; к • --
X А
х»20:1,5м4 * * * *^-1зі (см); 2 = 26:1,5 = ^= (см), у= 18 1,5=27 (см).
3 3 3 3
21 4 7 4 28 „1
“ГТвГ9з(см,‘
2
100 ГЕОМЕТРІЯ Апостолові Г. В.
к а і Якщо площа квадрата у 4 рази менше від площі даного, тоді Л' = 4 , Л = 2.
ртоді сторона даного квадрата 4 см, а сторона шуканого 4:2 = 2 (см).
І 6) Л" = 9 . к = 3. сторона даного квадрата 4 см, а сторона шуканого
<і: 3 * 1 | (см).
[ з
І В) >* = З, її» Л, сторона даного квадрата І см, а сторона шуканого 4 мЗ (см).
Ж Якщо сторони прямокутника 6 см і 8 см, тоді його діагональ — 10 см.
к 60 : 10 = 5 , тоді периметр шуканого прямокутника
і Рі Р«*-4(бт8) = 20(б + 8) = 280 (см).
її У даного прямокутника невідома сторона 6 см, тоді к 24 : 6 = 4 : 8, >’ • 3 ,
кц 5, — площа шуканого прямокутника, 3 - площа даного.
| 8, = 16 6 8- 768 (см1).
• л АНВ ( / ЛИВ 90е) ВН » у АВ’Та№ - <25’ - 24і • 7 (см);
НС-26-7 = 18 (см):
Е А АНС ( £ АНС - 90' ):
АС » уАН=ї ЯС* = 424г~ГїВі = 4)’ + (6 3)’ - 6 5 - 30 (гм).
І АС — Менша діагональ, АО ОС , ВО • ОВ
І лВОС ( £ ВОС 90' ):_
ВО » у>ВС1 - ОС* = /25’ - 15і * 20 (см). ВВ = 40 (см).
' У подібного ромба, за умовою, більша діагональ 90 см, тоді к 90 : 40 " . тоді
периметр Р шуканого ромба знайдемо .мі формулою:
о
Р-Р^п * = < 25 ^ = 225 (см).
10 Відомо, що ВО ОИ , АО а ОС , ВВ X АС .
І тоді ьВОС І^ВОС = 90’):
ВО - 3 см, ОС 4 см; ВС 5 см. - 0 8 = 24 (см*);
ОЯ = г; г = | 4-5-г-Юг; г = 2,4, Л = 4,Я см.
На умовою висота шуканого ромба 48 см. тоді к = 48 ; 4,8 10 , тоді
8 5^,, - 10і 24 100 = 2400 (см1), де 8 — площа шуканого ромба.
її. а) Якщо два ромби мають рівні гострі кути, тоді можна вважати, що ці ром-
би подібні.
За умовою АС : НО = 3 : 4 , тоді діагоналі шуканого ромба відносяться як 3 : 4»
голі 40 : 4 = 10 ; сторона шуканого ромба 5 • 10 = 50 (см).
4 2 Якщо діаіхлілль ромба дорівнює його стороні, тоді - АВС — рівяосторонній,
тоді гострий кут ромба 60 , а тупий — 120е.
У Іншого ромба, за умовою, сторона утворює кут з діагоналлю 30°, за влас-
тивістю діагоналей ромба, діагоналі - бісектриси кутів ромба. Маємо, гострий
. кут _ 60 , тоді тупий 120і , У ромбах відповідні кути рівні, а сторони пропор-
ційні ( АВ = ВС СВ - АВ ), тоді ромби подібні.
14. За умовою п'ятикутники подібні, тоді
8а теоремою Піфагора: Дії1 = АС* + ВС1:
ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В. Ш 101
магмо:
4 $5 । ВС т * і АС]’
8, " 8, і АВ ’ । АВ 1
1 (рахуючи 1); тоді 5Г< + 8^ = 8,
15. лВКР -а ВАЛ (/ В — спільний, / ВКР £ ВАЛ як відпопідій при КР || АВ ,
АВ — січна), тоді . За умовою АК : КВ = 2:8. тоді АВ = АК + КВ ,
А /і 3 л К -П |
То " И ; %Р ' (АКРМ — паралелограм):--------------= — ; АВ - — = 8- (дм);
АВ п АВ 5 3 3
АВ = ---; = | ; ВК ? - 4,5 (дм); АВ = 3 + 4,5 = 7.5 (дм).
оА о 2
15. а) Доведемо, що якщо , то ромби подібні.
За властивістю діагоналей ромба : АО ОС; ВО = ОВ і ДО = ОС,; В,0 ОВ,,
1 4Л 1 лґі ПГ, І ПП АО АС
тоді АО - АС ; ВО - -ВЛ , —— » —— ;
2 2 ВО ВВ
Аналогічно, , тоді ~ , тоді д АОВ^а А,ОВ,, а ВООаВ^О.С, ,
і\и ВО о, О
аСО2>-'аС,ОО1 , а АОВ1'>а.А,О,В, . З цього маємо, що сторони ромбів пропорційні,
а кути рівні, що означає подібність даних ромбів.
б) ОМ, ОМ — радіуси вписаних кіл відповідно
в ромби АВСЛ, А^В^С^,.
, ОМ ВС , - п _ л
Якщо • = —— , тоді * ВОС-а В,О,С,,
О,Л«, В|С,
отже, сторони ромбів пропорційні, а кути рівні.
В
В,
і
17. п) За умовою ~ = , ^А = /А,, тоді а ВАІУл ДДИ, і а В/Х^а В,І),С,.
”| 'п Ц
З цього маємо, що / АВС = / А, В,С,.
У паралелограмах відповідні сторони пропорційні, а кути рівні, тоді парале-
лограми подібні.
б) За умовою £ ВАС • £ В,А,С,;
/ САВ-л:С,А,Р, , £ВСА^ гСАЛ
як внутрішні різностороіин при ВС |Г АВ
1 січній АС. Аналогічно,
£ В,С,А, £ В, А,С(.
вс вл
л ВАО»а В1АІС1 (за двома кутами), звідси маємо, що —— = -— ; Л В £ В, .
В,С, В А,
Отже, в паралелограмах відповідні сторони пропорційні, а кути рівні, парале-
лограми подібні.
19. Оскільки площа побудованого чотирикут-
ника у 2 рази менша за площу даного, то
5
— 2 ; й >/2 , тобто відповідні сторони по-
будованого чотирикутника в 42 разів мен-
ші від сторін даного. Відомо, що у квадраті
сторона в 42 разів менша від діагоналі, тоді
будуємо на сторонах АВ. ВС, СВ, АВ квадрати так, щоб АВ, ВС. СЛ. АЛ були їх
діагоналями. Потім будуємо чотирикутник, сторони якого паралельні АВ, ВС,
СВ. АВ і в 72 разів менші за них (наприклад, ВВ, — відповідно сторона АВ)
102 ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В.
ф І 7, Розв'язування задач з використанням властивостей
геометричних перетворень
Завдання 24
1 1) Будуємо промінь АМ і на ньому за точку М відкла-
I доме відрізок МК = •' АМ .
2) Будуємо відрізок ГРХ , щоб У і належали сторо-
I нам кута і Р,К КР .
8) Проведемо ГМ до перетину з АГ1, тоді ГЬ — відрі-
I зок, який точкою М поділився у відношенні 2:1.
Доведення: М — точка перетину медіан, а медіани точ-
* кою перетину діляться у відношенні 2:1, рахуючи від
вершини трикутника.
у
N
І, Міст повинен проходити перпендикулярно до берегів річ*
ки і через середину АВ.
І. •) Нехай т і л дані прямі, що перетинають
ся, а — даний відрізок, І — задана пряма.
1) Будуємо відрізок ОК = а , паралельний і.
2) Через точку К проводимо пряму КМ || п
до перетину з прямою т.
8) Через М проводимо М.Ч || ОК . Мії — шу-
каний відрізок.
Доведення: за побудовою ОКММ — паралелограм, МУ Ц 1, М№ — ОК а .
9 >8. Паралельне перенесення на координатній площині
Завдання 25
б)
х4 «11-3 = 8, ^«8 + 2=10, А, (8; 10);
4. а) А(2; 1)->А(4,3) х,»х + &; у, «у + і; ВЦ; 0) -+ (0;-1)
4 а 2 + Ь ; Ь = 2 ; 3 1 + І, / = 2, 0*1 + 2; -1 в 0 + 2 , не існує паралельного
перенесення, при якому Л А, , В—» .
0*1 + 1; 4 « -3 -1, не Існує паралельного перенесення.
5. Підставимо в формули координати В1: 0 = х + 8 ; х « -8 ; 4 = у -1; у = 5,
В(-8;5);
б) -12 = х + 8 ; х = -20 ; 9 - у - 1; у » 10, В(-20; 10);
в- лі За формулою: х, « х + Ь ; у, = у + 1 маємо:
8 = 4 + Ь; Ь = 12 ; -3-7 + 1; 1~ -10 . х, х + 12 ; у1 у-10 ;
б) 7 = 0 + Ь; Ь » 7 ; 8 = 5 * 1; і» 3: х( « х + 7; у, = у + 3 .
7. Знайдемо формули паралельного перенесення: -5 3 + Ь ; Ь « -8 ;
І 8 ; х, - х - 8 ; у( = у + 8
а) В(-8-8;6 + 8); В, (-16; 14); б) Г,(3 -8; 17 + 8); гД-5;25).
ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В
103
в. х, = х + Ь; 3 0 + б: Ь « 3 ; у1 • у +1; 0 = 0 + 1; / • 0 .
Формули паралельного перенесення: х, = х + З і = у + 0
а) -5 = х + 3 ; х - -8 ; 4=р+0; у-4. а(-8; 4);
б) -12 « х + 3 , х -15, 9 » у , в(- 15; 9).
9. Знайдемо формули паралельного перенесення: А -+ К х,«х + 6, 5*1 + 6;6 = 4
у, = у + І; -3*3 + /; І -в.
Х)-х+4 і у, * у - в ; В -+ £, £(в + 4; 1-в); 1,(10;-5)
С-+М. М(-1 +4;-1-6); М(8;-7). ’
10. Нехай образ трикутника АВС — а А,В,СІ; за формулами:
А (1:1): 1 = х + 3; х = -2; 1-р-2; у-3, А,(-2;3);
В(-1;2): -1 = х + 3, х =-4 , 2-у-2; у«4. В, (-4; 4);
С(0;9) 0-х + 3; х = 3, 9=р-2; у-11, С,(3;11).
11. Центр даного кола (2;-3), за умовою він переходить у точку (-10; б);
-10 * 2 + Ь ; б = -12; 6 = -3 + І; / = 9 . х, х - 12 ; у, » у + 9 .
12. Знайдемо координати середини відрізка ЛІ?/ — точку К; ХІ -—6; ( .
\ 2 2 }
К (-1; 1). За умовою образ К — точка О — початок координат, тоді: -1 0 + Ь ;
6--1; 1 = 0 + /. / = !
початок координат, тоді: -1-0 + 6; Ья-1; 1 = 0 + /; І 1;
х, = х -1; у1 у + 1 . Образ Л/ — Л/, х 4 -1; х 3 ; у = -6 + 1 ; у = -5 ;
М (3; - б), образ N — х -б - 1; х = -7 ; у = 8 + 1; у«9, .V, (-7; 9).
13. а) Xі + у1 + 6х - &у + 21 = 0 , (х + 3)’- 9+(у - 4)’- 16 + 21» 0
(х + 3)* + (у - 4)’ = 4 , координати центра (--3; 41
х, -3 - 1 = -4 ; у, « 4 + 2 = 6. Образ центра кола (-4; 6), тоді його рівняння
(х + 4)* + (у - 6)’ а 4 .
§19 . Перетворення симетрії на координатній площині
Завдання 26
2. Точки, симетричні відносно осі ОХ. мають однакові абсциси і протилежні ор
днинти:
а) А(5; -2) і А,(б;-2);б) 0(12,4) 1 0,(12;-4); в} М^у) і М,(2;-у).
3. Точки, симетричні відносно осі ОУ, мають однакові ординати і протилежні аб
сцисн:
а) Л(-3;7) і А, (3; 7); б) Г(4; - 2) і (-4; - 2); в) Х(х; 3) і Х(-х;3).
4. а) Л(7;2) і А, (-7; 2) — симетричні відносно осі ОУ;
б) В(-3; 2) і В,(-3;2) —симетричні відносно осі ОХ.
5. а) Попарно симетри’пгі відносно осі ОХ: О і К;
б) попарно симетричні відносно осі ОУ: А і С.
6. Якщо К — середина сторони квадрата, і координатні осі —
осі симетрії квадрата, тоді його вершиин лежать «а осях
координат і симетричні відносно початку координат.
Мпсмо: А(4 + 4;0) , А(8;0). В(0; - 4- 4); В(0:-8);
С(-8; 0); Д(0; - 8); АВСІ) — квадрат.
104 ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В.
Якщо у = 3 — вісь симетрії прямокутни-
ки, тоді вершина О прямокутника симетрич-
на С відносно у ® 3 , мас координати: х = -7 .
у « -1 ♦ 2(3 - ( 11) «-1 + 8 = 7 :
І>(-7;8), В — симетрична С відносно х = -2 ,
тоді П координати
хй « -7 + 2(-2 -(-7)) « -7 + 10 3 ;
Ь-Ус «-1. в(*1) 1 Л(3;8).
Завдання 27
К-3
Ь А (а; 6^, тоді точка, симетрична точці А відносно початку координат, мас ко-
ординати. протилежні координатам точки А, тобто (-а; - Ь).
! А І Р; В і Н
*. Якщо А, симетрична А відносно осі ОУ, тоді А, (3:4),
А, симетрична А, відносно осі ОХ, тоді А, (3;-4); А, симетрична А, відносно
0(0; 0), А^-З; 4).
В, а) А, симетрична А відносно початку координат,
б) А, симетрична А відносно 3(3; 2), тоді ХА » X* 3 ;
»*-»,-3(».-».)-’-3(’-з)’-». А(3;-3);
в) Аї симетрична точпі А відносно С(-1і - б) .
Знайдемо координати точки Аі, яка симетрична А
відносно х «-1. Х^ -1-(3 + 1) =-5 . А, (-5;7).
он
• А
г2 • В
-у -9
-----
Знайдемо координати А* , яка симетрична А відносно у -6 ;
у^ = -6-(7-(-б))» -19. А, (3; - 19), тоді А,(-6;-19).
120. Полярна система координат і перетворення повороту
на координатній площині
Завдання 28
1. а} <7 3;^|,
_ л . _ я „ 72 37
р = 3 , ф « - за формулами: х - рсовф « 3 сов - = 3 --- = —
4 4 л 2
. _ . к зТг
у ряіп ф = 3віп — = - .
Декортові координати:
з7г Зл/2 ]
_Г2 “’2 т
ф « -; х 8 соя” = 8^ = 4: у « 8аІп « 4„З .
З 3 2 3 2
в) £ 8; 11, р=8
Ф — ; х 4 гов ~ 5 У “ 4 аіп ~ • 2 ;
6 6 2 6
Ц (2чЗ; з);
#ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В. 105
г) МІ 12;- я , 0 = 12, Ф«?я; х = 12соа^х-12 =
1 з І З З //
у .12 2& = в7з. М,(-в;вЛ);
д) Т(3;я), р = 3 , Ф = я ; х Зсов я = -3 ; у • 3 віпя » 0 ; Т, (-3;0).
2. а) А(0: 3), х = 0 , у * 3 ; за формулами: р /х' * у* = 7о’ + 9 3;
У 3 я .іп я і
ц Ф ’ ’ = - , що означає, що ф = —, А, 3; -1;
х 0 л \ л г
б) А(8;0) х>8, у» 0 р = /8’ + 0’ = 8 , <8Ф=^ = 0; Ф»0, А>(8;0);
») , х = -72 ; р ТІ . Р = ^(-ТІ)* 4 (72)’ » 2, ф = ^ = 1, Ф * я ,
Готуємось до тематичного оцінювання № 5
Варіант І
1. Відомо, що координати точки, яка симетрична даній відносно осі абсцис, мають
ту ж саму абсцису і протилежну ординату, тоді А, (-2} 1).
2. Знайдемо центр кола: X* + у1 -2х + 2у• » 0 ; (х -1) т(р + 1) -2 » 0 ,
Центр кола (1; -1) і є центром симетрії цього кола.
3. Магмо: АА, = 2АВ ; АВ, = 2АВ , АС,
АВ^А, — трапеція, гомотетичиа
трапеції АВСІ) відносно Аз А = 2.
дАВС^аАА,С1 <^А — спільний,
лл. АС, г’ 5,_. 4
8 1
Аналогічно Т І ^.длг + 5ж
4. Оберемо А — точку прямої у = 2х, наприклад,
А(1; 2), тоді при симетрії відносно х = 0 А пе-
рейде в А ,(-1: 2).
0(0;0) при симетрії відносно х-0 перейде
в себе.
Складемо рівняння прямої, що проходить через А,
і О: у ® Лх Ь
-2 АС’.
*^*ЛВГВ
+ 5.лв,с, ) 3 4 5а*ЛА ' "ГОД*
0 = У • о + ь-.
6 = 0,
-*«2;
Ь = 0,
тоді у = 2х.
* = -2;
Варіант 2
1. 3).
106 ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В.
| 2
К, Центр гимггрп відрізка АВ - його середина, тоді хс = -
І “З -1 „
і ».-~2---------2
І С(1; - 2) — центр симетрії відрізка АВ.
3. АВ^С^ — гомотетична АВСВ
І відносно Аз й = 0,5, тоді АО, = 0.5АО ;
АВ = 0.5АВ ; АС, - 0.5АС . |
&АКІ> ’
. А — точка прямої у - х , наприклад, А (2; 2).
Точка, симетрична відносно у = 0: АД-1; 2).
Точка 0(0; 0) 0(0; 0).
Рівняння прямої: у » йх + Ь , тоді
Г |-2-й-2 + Ь,
0 • й 0 + (г.
о,
в
х-2
Ь я о,
отже, у « -X.
* - 1,
ь* о,
2* = -а
РОЗДІЛ IV. ВЕКТОРИ НА ПЛОЩИНІ
§21. Поняття вектора
Якщо вектори лежать на одній прямій або на паралельних прямих, то вони
щлінгарні
Якщо вектори ствнапрямлені і мають рівні довжини, то ці вектори рівні.
Практична робота 28
І. Усі вектори лежать на сторонах ьАВС : АВ.ВА, ВС,СВ,АС,СА .
2. Якщо точки А. В і С лежать на одній прямій, то незалежно від їх взаємного роз-
міщення маємо вектори АВ,ВА, АС,СА, ВС,СВ.
Практична робота ЗО
1. а) На сторонах паралелограма АВСВ лежать колінеарні вектори АВ І ВА , АВ
1 ВС , АВ і СВ , ВА \ ВС , ВА І СВ . ВС і СВ, ВС і АВ . ВС і ВА , СВ
і АВ , СВ і ВА.
б ) колінеарні вектори можуть лежати тільки на основах трапеції (И’Я Ц ц?) ;
Н'Я і «Г, У¥В 1 ЕЦ. И'Я і НУ? . ВИ і ОВ. ЯЇУ і .
2. Рівні вектори співнапрямлені і мають рівні довжини. д|
Тому:
а) вектору а рівні: РЕ ; б) вектору л рівних немає;
я) вектору «І рівні: ОЕ ; г) вектору с рівні: ОР.
4, а) 4В^ = 3 см
|мс| * ^вс[* +|ВМ|* =
|ма|=|іАВ| = | = 1,5 (см).
в
м
>/73
в—— см;
4
ВИШйШШ^Йда5й« ГЕОМЕТРІЯ Дпостопова Г. В. 107
б) • 4 см; іНЛ = 3 см; |СО) в 3 см; |лЙ- 4 см; МО .риф^ї- (см).
;ма|- йл|=і.& см.
§22. Дії над векторами
Практична робота 31
І Якщо помножити ненульовий вектор а на число *, то отримаємо колінеарний
йому вектор: — співнапрямлений, якщо * > 0,
— протилежно напрямлений, якщо Аг < 0,
— нульовий, якщо * = 0.
4. а) ~а,- Ь,-с протилежно напрямлені з векторами а,І, с ; б) вектор 2 а ствнап-
рямлений а і з двічі більшою довжиною; вектор -3 а протилежно иопримлемий
з а і а утричі більшою довжиною; вектор 0,6 с співнапрямлений а і з удвічі
меншою довжиною.
ш
О
ос
О
Для побудови суми векторів за правилами багатокутника (трикутника у ви-
падку суми двох векторів) вектори розміщують так, щоб кінці попередніх
векторів-доданків співпадали з печатками наступних векторів-доданків, після
чого будують вектор з початком у початку першого доданка і кінцем у кінці
останнього доданка. Цей вектор і буде сумою векторів.
Для побудови суми двох векторів за правилом паралелограма вектори роз-
міщують так, щоб їх початки співпадали; на цих векторах як на сторонах
будують паралелограм і вектор, початок якого лежить у початку векторів,
а кінець — у кінці діагоналі, яка проходить між заданими векторами. Побу-
дований вектор і буде сумою векторів.
Практична робота 33
1. Розмістіть вектори так, щоб кінець вектора а співпадав з початком вектора Ь .
За правилом трикутника побудуйте вектор а 4- Ь . Із побудованого трикутни-
ка за нерівністю трикутника маємо -п + .
І Для побудови двох різних векторів їх розміщують так, щоб початки їх співпали,
І будують вектор, початок якого є кінцем вектора-від'емника, а кінець — кін-
цем вектора-зменшуваного. Побудований вектор 1 с різницею векторів.
2. Розмістіть вектори л і лп за правилом знаходження різниш векторів і побу-
дуйте вектори л - т і т - л . Переконайтесь, що ці вектори протилежні.
П“лт=“(т-л).
§23. Розкладання вектора за двома неколінеарними векторами
Щоб розкласти вектор с за двома не колінеарними векторами а і Ь , їх роз-
міщують так, щоб їх початки співпали з початком вектора с . на прямих, які
містять вектори а і Ь , будують паралелограм, діагональ якого є вектором
е . Після визначення, у скільки разів довжини сторін паралелограма більші
(менші) від довжин а і Ь (X, р), записують розкладання с =1а + рї.
108 ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В.
ьки Л< — середина ВС, то ВМ = МС.
І. а АВМ АМ = АВ + ВМ ; із л АСМ. АМ = АС + СМ ;
тцді 2 АЛІ - АВ + ВМ + АС *СМ .
Вектори ВМ і СМ протилежні, ВЛ£»-СМ,
ді 2 АМ АВ+ АС, АМ 1 АВ + ^АС .
Відповідь: АМ = х АВ + АС ,
г 2 2
Для допитливих.
А,Л#, МхВе А^М, " М’В,. За правилом багатокутника
МІМІ М,А + АА + АЧ •
ЧЧ - їй В, • В, А В Ч,. тоді
2М,м. - лл А * А А * АЧ * ЧА♦А А + АЧ •
ьки АГ, А « “ Ч А • АЧ = ~ АЧ (вектори протилежні),
то 2ЛГ.ІИ, » АА + АА-Кч в|(АА4 А’А). Що й треба було довести.
їв
>24. Координати вектора
Практична робота 35
що початок вектора « лежить у початку координат 0(0; 0), то координати
а співпадають з координатами кінця вектора.
Щоб знайти координати вектора за відомими координатами його початку і кін-
ця, від координат кінця вектора віднімають відповідні координати іочатку
тора. Одержані числа — координати вектора.
Щоб знайти модуль (довжину) вектора, знаходять корінь квадратний із суми
Квадратів координат вектора. Вектор, модуль якого дорівняй 1. називають
одиничним
СЕ
Ш
У
СК
О
ї. Нехай кінці векторів з початком у т. О (0; 0): Л( і 2; 5), В(4; -3), С(- 3; ~4). Тоді коор-
динати векторів: ОА (12; 5), ОВ (4; -3), ОС (-3; -4). Розкладання цих векторів^»
координатними векторами (ортами): ОА « 12е, +бс, ,ОВ = 4е, -Зе>,ОС = - Зе, 4е, .
Модуль векторів: |ОАІ= ^12’ + 5’ =13;>В.+ (-3)’ * б;ОС|»^(-З)1 + (-4)* »б .
Виконайте побудови,
3. Координати векторів: АВ (2 — 0; 4 ~ 4); АВ (2; 0); СІ) (1 - ( -1); 6 - 6), СВ (2; 0).
Модуль векторів; ! АВ(= + О2 2; |С/1 = + 0’ = 2 . Виконайте побудову
4. Координати вектора КТ (2 ( -1); 1 - 4); КТ (3; -3).
Розклад вектора: КТ » Зе, -Зет .
Завдання 29
1*. а) а » Зе, + 7е,: б) Ь = 4е,--Зе, ;
Зґ. а) а = 2е,+3е^ ; б) Ь » 2еч -Зе,;
З а) Якщо а « Зе, +&е, , то а (3; 5);
в) якщо а • -4е, , то а (-4; О);
в) с -8е, + Ье3 г) д « -Зе, . '
я) с = -«ї -4е, .
б) якщо а = 7е, -2е3, то а (7; -2);
г) якщо а 0,5е, . то а (0; 0,5).
ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В. 109
4 . а) якіцоЛ(3; 5), В(1; 2), то АВ(1 - 3; 2 - 5), ЛВ(-2; -3);
Лв| - 7(-2)’ -Н-З)1 - 718:
6) якщоА(-3; 5), В(-1; 2}, то АЛ(-1 - (-3); 2 - 5), АЙ (2; -3);
рЙ|=^г+ьз?=7ЇІ;
в) якщо А(-3; -5). В(- І; -2). то АВ(-1 - (-3); -2 - (-5)), АВ(2; 3);
|АВ|-72,+3’=7Ї8;
г) якщо АСЗН^^-1; -2), то лВ(-1 - 3; -2-5), АВ(-4; -7);
|а^=7(-4)’ = чб5;
д) якщо А(-3; -6). В(1; 2), то АВ(-1 - (-3); 2 - (-5)), АВ(4; 7);
АВ = 74і + 7і» Тбб.
Нехай у векторе АВ (х; у) координати його початку А(Хр у,), кінця — Й(ха; у,).
Тоді х хя - х,, у = уг~ у(. Звідси за відомими координатами вектора і:
а) Його початку А^; у*), координати його кінця В(х 4- х ; у + у );
б) його кінця Я(х1( у^), координати його початку А(х1 — х; уї — у).
5. а) якщо ШГ_ (-1; 2) і N(-8; -2), то Л/( -3 - (-1); -2 - 2); М(-2; -4);
б) якщо МУ (1; 2) і N(2; 0). то Л£(2 - 1; 0 - 2); М(1; -2);
в) якщо МЛГ (3; -4) і N(-2; 0), то М(-2 - 3; 0 - (-4)); М(-5; 4).
6. а) якщо ГО (2; -8) і Г(4; І), то 0(2 + 4; -3 4-1); 6(6; -2);
б) якщо Р6 (1; -2) і Я-3; 0), то 0(1 - 3; -2 + 0); 6(-2; -2);
в) якщо ГС (4; 1) і Г(-3; 0). то 0(4 - 3; 1 + 0); 6(1; 1).
7. а) якщо А(0; 0), В(2; 2), то АВ(2 - 0; 2-0). АВ (2; 2);
б) якщо А(х; -3), В(2; -7) і АВ (5; у), то х = 2 - 5 = З, у = -7 - (-3) = -4;
в» якщо В(3; 1). АВ(-3; -0.5), то А( 3 - (-3)); 1 - (-0,5)); А(б; 1,5)
г) якщо Л(а; й). АВ (с; <0. то В( а + с; Ь + </);
д) якщо А(2; 4), АВ(0; 0); то В(2 + 0; 4 + 0); В(2; 4) або, якщо вектор АВ ну-
льовий, то координати його початку і кінця співпадають. За одержаними да-
ними заповніть таблицю.
І Рівні вектори мають рівні відповідні координати. Протилежні вектори мають
протилежні відповідні координати. Вектори з протилежними відповідними
координатами мають рівні модулі.
0 . а) Рівні вектори с (5; -3) / (5; -3);
б) Рівні модулі у векторів:
Н-7з*+(-»)’• Тз4;|ь| = ^Гз)‘+(-5)* =7&І;р|=753 *(-8)’ =Т34;
|5|= ^З14 5’ = Тз4;'/[ ^5’ + (-3)’ = 734;|л|»З/ -Тз4.
Вектор, модуль якого І, е одиничним.
9 . Знайдемо модулі векторів, .1 = 76* <
« К Ь - одиничний;
«1, а - одиничний;
110 ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В.
Н=11) +(І) • Л *11'"неодииичвий; $
и/|« «г +1 — ».і- +?• = 1, й - одиничний.
ІП 2/ . 2 44 4 *
10 Для точок М(3; 5), ЛЧ10; 12), Л8; 4), К(1; -3) усі можливі вектори:
МЛГ, МР. МК.НМ. НР, ИК, РМ. РЯ, РК, К.М, КИ, КР .
їх координати: Ж(10-8;12-б), Л£У(7;7); МЯ8-3;4-5).МЛ5;-1);
МК(1 -3;-3-5), МК(- 2;-8); №М протилежний до М/7 , тому
ТШ(-7; - 7); ХР(& - 10; 4-12), ЛТ(-2;- 8); ]УУ(1-10; - 3-12), КК( - 9;- 15).
РМ протилежний до МР . тому РМ (-5: 1); Рії протилежний до Ь'Р, тому
РN (2; 8): РК (1 - 8; -3 - 4), РК (-7; -7); КМ протилежний до МК ,
тому КМ (2; 8); КК протилежний до ІЇК , тому К^' (9; 15): КР проти-
лежний до РК , тому КР (7; 7).
а) Рівні вектори: М№ ~ КР, ЯМ РК, МК *>№Р, РІЇ а КМ ;
б) рівні модулі у рівних векторів І векторів, що мають протилежні координа-
ти, тому:
ІМД'Р|К£|»|МЙ(=]РК|;|Л1Х Ж|?І^=|РЛ/^|ХМ|;ІЛГР|=ІРМ[;|^»|К V!,.
11°. Нехай координати точки К(х; у). Якщо М(7: -4), Х(2; 5), Р(-1; 2), то
мії (2 - 7; 5 - (-4)), МІЇ (-5; 9): РК (х - (-1); у - 2), РК (х + 1; у - 2).
З умови МІЇ = РК маємо: -5 = х + 1, 9 = у - 2, звідки х ц -6, у = 11. Тоді
К(-в, 11).
Відповідь: К(-6; 11)
12. а) Якщо АВ = СІ) і/Ц-4; 2). В(-6; -1), С(2; -3), Л(х; у), то АВ (6 - (-4); -1 - 2),
АВ (-2; -3) І ОЙ (х - 2; у + 3), звідки х - 2 = -2, х = 0; у + 3 ж -3, у ж 6.
Тоді £><0; -6);
б) якщо АВ = СО і А(2; -1), 3(2; • 3), £4 -2; 2), СЦх; у), то АВ (2 - 2; -3 - (-1)),
ЛВ (0; -3) і СЙ (-2 - х; 2 - у), звідки -2 - х « 0, х = -2; 2 - у ж -2, у = 4.
Тоді С( -2; 4).
Відповідь: а) 0(0; -6); б) С(-2; 4).
13-У паралелограма АВС О рівні 1 паралельні протилежні сторони АВ 1 СВ, тоді
рівні вектори АВ і ОС (співнапрямлепі). Якщо А(-4; 3), В(5; 0), С (5; -3),
Щх; у}, то АВ (5 + 4; 0 - 3), АВ (9; -3); ОС (5 - х; -3 - у), звідки 5 - х - 9,
X = -4; -3 - у = -3, у = 0. Тоді О( -4; 0). Відповідь: ГИ 4; 0).
14. Якщо їй(5;= 6 , то |л|* =36 і 5» + у* = 36, у* « 11, у ж і 11.
Відповідь: -уіі ; VII -
15. Якщо |т(х;-4)| »8, то [лі =64 і х3 + (-4)1 = 64, х’ 48. х = ± 4 ;3 .
Відповідь: -4 <3 ; 4 ^3 .
16. Якщо [р(х;у)| =5 , то х* + у1 = 25. Оскільки х 1 у цілі •гасла, то х = 3, у ж 4
або х = 4, х = 3. Відповідь: 3 і 4.
17, Для л АВС М1 — середина ВС М, — середина АС. М, — середина АВ. Якщо
2 — 23 — 3 6-2 —2 — З
А<6; -2), 3(2; 3) і С(-2; -3), то М, ). Мх (0; 0); М, у-).
ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В. 111
Л/, (2;-2,5); ЛГ,( ^-2 3 ), ЛГ, (4; 0,5). Тоді АМ, (0-6; 0 + 2), АМ, ( 6; 2);
л &
ВМ, (2 - 2; -2,5 - 3), ВМ, (0; -6,6); СМ? (4 + 2; 0,5 + 3), СМ, (6; 3,5).
Відповідь: АМ, (-6; 2), ВМ. (0; -5,5), СМ, (6; 8.5),
18. У д АВС т. М — середина ВС, її координати х =
2+_7
2
4,5, у = ? * = 1,5,
оскільки В(2; 8) і С(7; -5), Координати АМ, , деЛ( 1; 3); АМ (4,6 + 1; 1,5 3),
АМ (5.5; -1.5). Тоді |ЛЛГІ»<(5Л)Т+(- £5)* .
”44 2
Відповідь: -^5.
2
19*. У прямокутнику АВСЛ АС — діагональ, яка є гіпоте
пузою прямокутного л АВС ( /.АВС
тоді АС|* = 169. Якщо А(-1; 6) і В(4; 6), то АВ (4 + 1;
6 - 6), АВ (5; 0). а 48 » - 6* + 0’ = 25.
13,
Нехай координати С(х; у), тоді ВС (х 4; у - 6) і 'ВС|1 (х - 4)’ + (у - 6)’;
АС (х + 1; у
гора ВСІ * =
+1)’ + (у - б)1 = 169. За наслідком у теореми Піфа
ВСІ» 169- 25= 144.
(х - 4)а+(у - 6/= 144.
(х + 1)»—(х — О’-Зб.
(х -4)» + (у -б)* = 144,
(х +1)1+ (¥’«)* «169;
З рівняння (х + 1)’ - (х - 4)г = 25 маємо: х» + 2х + І - х» + 8х - 16 « 25, Юх = 40,
х = 4. Тоді (4 - 4)» + (у - б)1 - 144, (у - б)1 = 144, у - 6 = *12, звідки у, « -6,
У, = 18. Отже, координати т. С(4; -6), пбо С(4; 18).
Позначимо координати вершини В(а; 6), тоді ОС (4 - а; -б - Ь) або 5с (4 - а;
18-6). З рівності векторів АВ 1)С маємо;
4-а = 5
Маємо:
«-Iі
; або
ь = -6
4 -а = 5
18-Ь«0:
а -1
. Отже, П( -1; -6) або Д(-1; 18).
о 18
Відповідь; С(4; - б) і 8(-1; б) або С(4; 18) і О(-1; 18).
$25. Дії над векторами, що задані координатами
Завдання ЗО
1’. Якщо а (1; 5), то а) 2 а (2; 10); б) За (3; 15); в) -5 а (-5: -25);
г) —12 а (-12; 60).
2 . Якщо а (2; -5) і Ь (-3; 4), то: а) 2 6 ( 6: 8); б) -Ь (3; -4); в) 4 6 (-12; 16);
г) -46 (12;-16); д) а + 6 = І2-3;-5+4)»(-1;-І); е) а - 6 = |2 + 3;-5-4)»(5; - У);
є) а + 26 » (2-б;^5 + 8)=(-4;3|; ж) а -46 » (2 +12;-5-1б) = (і4:-21).
З . а) якщо а
б) якщо а
З
(-7; 3), то 2а (-14; 6) і |а І --;1
З V •*
( 3; 9), то 2 а (-6; 18) і |а (-1;8);
-* 1 -ш/ 1 9 і
в) якщо а (0,5; -2), то 2а (1; -4) 1-а ;
З і. б Зі
112 ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В.
Ки * • — X ***/ X . ।
•і якщо а о е, - 3^, , то а (1; -3) 12а (2; -6), -а I 3*) ’
д) якщо а =-бе,+ 21е3 , то а (-6; 21) і 2а (-12; 42), - а (-2;7),
Ьіа) якщо а (1; -2) і Ь (2; -3), то а 4- Ь = (1 + 2; - 2-3|»(3;-5);
І б) якщо а (-3; 4) і 5 (2; -3). то а + Ь = (-3 + 2;4-3)»(-І;І):
। а) якщо а (-6; 4) 1 Ь (2; -2), то а + Ь » (=5 + 2; 4 -2)»(-3;2}.
Р,а) якщо а (1; 4) 1 Ь (1; -3), то а - Ь = (1 + 1;4+3)"(2;7|;
I б) якщо а (-3; 2) і Ь (2; -1). то а - Ь = (-8-2;2 + 1)«(-б;3);
>) якщо а (б; 3) і Ь ( 4; 4), то а - І} ~ (5 + 4;3-4|«(9;- ї|.
в.Знайдемо координати векторів х + у і х — у , після чого х + у| 1 |х-у|.
1 а) якщо * (4; -1) 1 у (-5; 8). то х + у • > х ~ У ’ |9: 9) • Тоді
1х + у| ^(-1)’ + 7і = <50 , |х-у| = V®’ +(~9)’ ®9ч 2 .
б) якщо х » 3^-2^ і у = -4^ + е* . то їх координати х (3; -2), у (-4; 1), тоді
х + у • (-1;= 1), X - у = (7;-з);
і р+ї| » ^(-1)’ +(-!)’ = ^2 , - ^Т’+ЬЗ)’ -758 .
в) якщо х (3; 2) і у (4;-2), то х + у = (7;0) і х - у « (-1:4). Тоді
|х + у] « ,/? + 0’=7, р-І| - 7І-Ї)Г+ЇІ’^‘
г) х е^-2^, у = . ТО х(1; - 2), у (1; -3). Тоді х + у (2;- б),
X - у = (0;ї).Тод1 |і + у| = 5/‘2*+Т-5)*=л/29, р-у| - 70* + 1’ = 1.
7. Якщо а і 5 = 2«, +3*,, то їх координати а (1; -б), Ь (2; 3). Тоді:
а) 2а + 35 « (2; “12)+(б?9)=(8;-з); |2а + 35| = № + (-3)1 -4ІЗ ;
б) а -35 » |1; б)- (б.9і=(-5;- 1&); |а- ЗЬ} = +(-15)’ =5710 ;
І в) 0,5 а - 5 • (0,5; =3 )- (2; з) -(-1.5;тб); |о. 5а - 6| » у/Гк5/ + ( -6? - ~^-3 ;
г)4 5 -5а = («?Ї2)-(б;-‘30)в(3;42); |45-5а| 423 «З^ЇО? .
В,а)якщо а (6;—8),то Ла(6Х;-8Х); |Ла в -^(бХ)’ +( ЗЛ)‘ = ^ЗвД.* + 64Л 10}Х|»5,
гИ-й*ГтодіХ*±ї! _________ ________________________
б) якщо а (3; -4), то Ха(ЗХ;- 4Л); |Ха< « ^(ЗХ)‘ +(-4Л)х "^9к* ч-ІвХ’ =5рі|"5,
|Х|* 1 , тоді Х = ±1;
в)якщо а (—7; 24), то Ла(-7Х;24Х); |Ха « ^(—7Х)* +(24Х) =^49А ♦•576Х* =25 А| = 5,
.тоді Х=±1і
ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В. Ш 113
г) якщо а (5; 12),то ла(5А;12А.); Іл/ = « г-’2&Лл + 144 Iі - 13р.|^й.
«і а . . . &
|Х|.-.тод. Х-І-.
Відповідь: а) і і; б) ±1; и) ± і: г) ± ™.
9. Якщо а (3; -2) і Ь (4; 2), то:
а)2и 4 л = (в, 4 )+(1;2)=рО;'2); |2а + ь| - х/10,“й-2)ї = м'нЙ:
б) а - 36 = (3:-2)-(12:б)=(-8;-8); 1а-3б| - 7<-8)* + (-в)*;
в) 5 а - б = (і5;- ЇО )- (4;2)-(її; 12); 5«-б| = <11* + (-12)7 * * * * 12 » <2« ;
г) 26 5а - (&4 |г (1 б; і0) -(23; б); (20+ 5б| 7^*+ (-<»’ = <565 ,
Відповідь: в) <104 ; б) 8/2 ; в» 7265 ; г) <565 .
10- Вектор 4(а 26) + 340,5с + ЗіІ ) > 4а - 86 т 1,5с + 9д , тоді:
а) Якщо а (2; 3), 6 (-8; 4), с (0; -2), 5 (2; -2), то
4а —86 + 1,5с +9Л =(8;12’)- ( 24;32) (ІвГПв) = (50;'=4І);
б) Якщо а (0; 3), 6 (2; -4), с (2; -2). а (І; -1), то
4а -86+1,5? т9<1 * (б;-12)-(16: -32)+(3;-з)+ (б;-о)4;8).
Відповідь: а) (50-. 42): б) І 4;а).
— -• х ц — —
Якщо для векторі» а (х^у^І Ь (хх; ух) , то вектори а і Ь ксмгіпе
_ „ Уі
арні. Якщо при цьому Л > 0, то а 4 * *Т Ь ; якщо к < 0. то а ТХ 6 .
11. Колінеарними будуть вектори, у яких абсциси 1 ординати рінні: с , а і у ,
оскільки відношення відповідних координат:
4 4 / 1 і Зч 4 4 , - , 0,5 0,5 , 3 -
тгт’тгт (для с 1 <*>• тг"“г{для <• < іг >» —г’*—г Ілля 4 1 у );
11.5 0,5 *1 -1 -1-1
- - 8 4
для векторів а і 6 : —-= - ~-8, тому діб — колінеарні.
12. Для А(3; 0), Б(0; 1), С(2; 7), 0(5; 6) АВ(-3; 1) і Сі) (3; -1). Відношення від
• -3 ] ___„ ___
повідних коордннлт: 1 . Тоді АВ І СО — колінеарні.
З —1
13*. Якщо відношення відповідних координат векторів рівні, то вектори колінеарні,
якщо значення цього відношення додатне, то вектори співнапрямлені. Тоді:
а) якщо а (2; 3) і 6 (12; х), тоді ~«3 > 0, х» *2— , х = 18 і а Н Ь ,
12 * 2
6) якщо а (х; 2) і 6 (3; 4), тоді ^=г7>0, х = 3;2- = 1,5 І а ТТ 6;
3 4 4
— "* -3 1
о) якщо а (-3; 1)1 Ь (4; *), годі — * - < 0. отже, значення х, при якому
4 х
а4! 6 , не існує.
Відповідь: а) 18; б) 1,5: в) не існує.
114 ГЕОМЕТРІЯ Апостолові Г. В.
іі\ Якщо х (х0; уа) у 5 разів довший, ніж а (-Б; 4,), то •
І а) Якщо х ТТ а ,то х = 5 а , х = 5 (-Б; 4 і = (-25; 20 ];
' б) якщо х ТІ а , то х я -5 а , х « -5(-5; 4 | = 125; - 20 ).
Відповідьа) х (-2Б;20); б) х (25;- 2о).
І В*. |*х|=12 , тоді: ____
І а) якщо х (1; 3), то Ах (А; ЗА); |*х|=^*’+(ЗА)1 «12, звідки 10А* » 144, А* «
12 ^12Л0 хбЛ0.
І тоді л = ±_^± —=±-~- ;
б) якщо х (-5; -1), то Ах(-бА; - А): 'Ах|=^(-5А)’ + ^-А) »\[25к + А,=у'26Л1 12,
144
тоді 26А3 144, А* - —-
26
12 12>/26 6ч26
А = ±~— = ± ——— »± ———
<26 26 13
5 13
і7*. Нехай у (а; Ь) —• одиничний вектор, тоді у| 1,[у " 1, а1 + Ь* = 1.
_ — а Ь
Оскільки у колінеарний з х (6; -8) і однаково з ним напрямлений, то - > 0,
85 6 8
отже, а > 0, Ь < 0, 3 пропорції маємо: -8а = бл або а —— .
4
Тоді (-"] + Ь* = 1;~ + Ь1 • 1, 2— »1; Ь* -б , звідки 5= ±7 , але Ь < 0, отже,
4 І 16 16 25 5
14 З ґ 4^ З
Ь • - - 1 а = — • І - - І — . Умова а > 0 виконується.
5 Ц 5) 5
- і3 41
Тоді шуканий вектор у ті - г •
\ о 5 /
(З 41
—7 •
5 З }
98'. а) Твердження неправильне, оскільки умова означає, що довжини
а і Ь відрізняються у А разів і вектори можуть бути не колінеарними при
цьому. Умова Ь « А а означає, що а і А колінеарні;
б) Твердження правильне. Із того, що вектори колінеарні (Б « А а ), випливає,
що їх довжини |6| = й|а|;
в) твердження правильне; г) твердження правильне.
19*. Розкладання а за векторами Ь і с виконати можна, якщо Ь і с не колі-
неарні, тобто їх відповідні координати непропорційні.
- - -14 2 -
а) якщо Ь (-1; 4) і с (5; -6), то ~ »- - і розкласти а (2; 3) можна.
5 —6 З
Нехай а (2; 3) = ХІ>це=( А;4Х) + (бщ-брІ -(-А + 5р;4А-6р), звідки
|-Х + 5р = 2 |Х«5ц-2 Х«5р-2
4А-6ц=-3; І4(5р-2)-6ргЗ; 20р-8-6ц-3;
ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В. 115
Х-6 І1-2
14
11
ця—-:
14
- , - , 13 г 11-
Годі а » 1 — 6 + — с.
14 14
г - 0 2
б) якщо Ь (О; 2) і с (-1; -І), то —у # -
Л6 + ус я *0; 2/. |+(-р; - ц) = (б - ц, 2/. - у), звідки
Іц 3 - -
. Тоді а 46 + Зс .
А-4
Відповідь: а) а = 1І?6 + —е;б) 16+Зг,
14 14
Дк&р -2
14ц ! 1;
Нехай а (-3; 5) =
і і13
А = 1 —
14
11
Ця---.
14
1 розкласти а (-3; 6) можна.
-ря-3
ц=3
20’*. Перевіримо на ««лінеарність а (3; -1) і Ь (І; -2):
3-1
- * -2 , тому
р=а + Ь+с -|3; - І)+(14“2^+|-і:7|=|Зі4) розкласти за векторами а і Ь можна.
Нехай р(3;4)я ка+-уЬ*|1А;-Х)+Іу:-2ц| - ;ЗА + у,-Х-2у}. звідки
і4А + |і=3< р=3—За. ц * З ЗЛ( ц-З — ЗА. Л=2 Х--2
(-Х-2ц=4; І-А.-2(3-Зл)«4і -л-б+бЛ =4:Чл =10; у=3-3-2; у--3‘
Тоді р 2а - 36 ,
Відповідь: р я 2а - 36 .
21 .Якщо точка ІЦх; у) І точки А (1; 0). В (-2; -1), С(0; 3), то АВ (- 2 - 1; -1 - 0),
АВ (-3; -1); СВ (х - 0; у - 3). ('В (ж; у - 3) За умовою АВ СВ , тоді
Відповідь: £>( -8, 2)
22*. Нехай у точки £Их; у), тоді при Л (-1; 2), В (2; -І), С (1; 3), то
ЛЯ (2 - (-1); -1 - 2), АВ 13; -3); СВ (х - 1; у - 3). За умовою
АВ + СО = О (0; Ок отже.
З* г -1 і 0 х=-2
л „ л л • Маємо: й(-2; о).
-3 + у-3 = 0; у = б
Відповідь; А“2; 6).
23*. Нехай а (ж,; у,). Ь (ж,; уг), с (ж,; у„). Тоді:
а) а * ух/ + уЛн|’^Г+^/.а + Ь«(х1-»хі;рІ*УІ)
і |а-йі=/(х1 + х,Г+(у,^р1)’.
ЯкщоІа+£ї-|и ч р> . то ^(х, +*,)’ +(у(ч « ^'х/ + р,’ ч^х,1 + у* . звідки підне-
сенням обох частин рівняння до квадрату маємо*.
(х, + хм>т А + у,)» = х/ + у? + 2 +у’) (ж,* + у/) + х/ + у/:
Я* 4 + р’ + 2УіУ« + я/ = лЛ * у/ + Л* * >/ * 2уІ + + ї?)
116 ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В.
в(хїХ, + У1УІ)32>/Й+і)‘ + (їі^)* НУгЧҐ +(Р1УІ),;(х,х, + уІуІ)’’
• (х,ха )* + (х,уг)’ + (у,х1>* +(у,уа)’|
- 2(хіУіИхл) + (^Х,)* = 0;(х,у, - - 0; х|{/ї -у,х, = 0;х,у, = уіх, .
Заїдки тобто а і Ь колінеарні.
Х3 Уі
Аналогічно доведемо, що у випадках б) 1 в] вектори повинні бути колінеарними.
", У трапеції АВГР ВС І АР. А( 4;6). В( 2; -1).
С(3; 3). Нехай 0(х; у). ВС (3 + 2; 3 + 1),
ВС (5; І); АР (х + 4: у-6).
За умовою АР)-З ВС\ . •
' І V - «*!? 1 О/*^| А. а’ _ 41
в.
с
р
, то
^(х+4)’ + (у б)1 »3У41 , апідкя
(х * 4)3 + (у - 6)’ = 369 Оскільки основи трапеції паралельні, то ВС і АО колі-
& 4
неарні, отжи.-----® — — , звідки бу — ЗО 4х + 16, 5у - 4л = 46 Розв’яжемо
х + 4 у-6
систему рівнянь:
І (х + 4)® + (у - 6)’« 369.
І5у- 4х«4б;
(х + 4)® + (у -6)’ « 369.
46+4х х’і8хг16 +
р--6- ;
46 4* Ііг
-6 =зб9:
&
а
369; 25х’ + 200х +400 + 256 + 128х + 16х* 9225;
16+ 4х
—5
4 їх® + 328х 8569-0',х’ +8х -209 = 0;
х41ж -4 ±,/16 + 209;х,, = - 4± 15;х, = 11,х7 = - 19 ,
х = 11
46+4 її;
,------г-
Отже. 0(11; 18) або П(-19;-6).
25*‘. У а АВС А(7; 3), ВІ-бі^З), С(4; 1>. Тоді:
а) ЛВ (-5 - 7; -2 - 3), АВ (-12; -5); АС (4 - 7; -1 - Зк АС (-3; -4).
6) Нехай одиничний вектор о ( а, ; а,) паралельний прямій АВ, тоді а кодше<
рнкй з АВ і » звідки “Зо, = -12а1, а, = 2,4 аг Оскільки |а| = 1 , то
100 . її' 5
тоді а,= 1-2^*Гз.
Xі + Ях + 16 +
і.»
Тоді:
х=11 ,
иб<і
У'18;
Х--19
46*4 (-19)И
У------------ ІІ/--6.
О
х«*- 19
Маємо:
і
а,1 -+ 5.76а ’ = 1 і 6.76л,1. 1; а,’« -1— = -- ,
5
“•'із*
а,^2,4
1 о
Отже, а
б
01 ""ІЗ’
0^2,4
& . 12А
із’ 13
або а
5
12
“ "'ІЗ'
( 5 .12\
13?13 1
$*< ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В
5
а. •—»
' 13
12
“’-їз'
117
Нехай одиничний вектор 5(6,; 6,) | АС , тоді 6 колінеарний з АС 1 — = , зяід-
“3 'А
кн -46, • -ЗЬГ Оскільки |й|= 1 . то уіЬ* + Ь* - = 1 1 Ь* « Ц.Л, = ± .
Маємо:
26**. Вектори а з проекцією 2 на Ох — це, наприклад,
вектори з початком О і кінцем на прямій х 2;
Ь з проекцією -3 на Ох вектори з початком О
і кіпцем па прямій х = -3; с з проекцією 4 на Ох
- вектори з початком О і кінцем на прямій х 4.
Цо вектори а (2; у,), Ь (-3; ра), е (4; р3), бо про-
екції на Ох дорівнюють абсцисам векторів.
Проекція на Ох;
а) -З^а = (б; - Зр,), проекція -6; б) Ь + е = (-3;уф (4;р.)=(і;р1 + уа) проек-
в) е - а « ИИ/а)-(2;р,)=|2;р,'-р7)» проекція: 2;
г)3а - 2Ь « |б;3р,)-|-6;2уї) е^-і^Зр,-2ра), проекція: 12;
д> - а + 2 Ь - 2 е « (-2; - у,) 4 (-6; 2у3) - (І; 2уа)=| -16; - р( + 2р, - 2у3). проекція: -1 в.
ВнМовідь: а) 6; б) І; в) 2; г) 12; д) -їв.
27”. У квадрата АВСО з АО =1,0 — точка перетину
діагоналей, АК =
вісі. АО:
^ЛО. ЕА - ^АВ. Тоді проекції на
х 2
а) для СВ---1;б)для АС —1;в)для ОВ —-1;
г) для ВК — 0,5; д) для СЕ — -1; е) для ЕК — 0,5.
Відповідь: а) -Е; б) 1; в) -1; г) 0,5; д) -1; е) 0,5.
§ 26. Скалярний добуток двох векторів
І Скалярний добуток векторів, заданих геометрично: о 6*. |а| /4 соаф (ф-кут між век-
торами), а заданих своїми координатами; а(х1;уІ).Ь(х1;рї):а-Ьах1х»+у,у,.
Завдання 31
1’. а) якщо а (3; -7) і Ь (4; 3), то а • Ь = 3 • 4 4- (-7) • 3 = 12 - 21 * -9;
б) якщо а (-3; -5) і Ь (-1; 2), то а * Ь (-3) • (-1) + (-5) • 2 = 3 - 10 —7;
в) якщо а (5; 3) і Ь (- 3; І), то а • І = 5 • (-3) + 3 • І - -15 + 3 » -12;
г) якщо а = 2е, - Зе, і Ь • -йе, + 0,6е,, то а (2: -3), Ь (-5; О.в)
і а • Ь =2 • (-5) + (-3) • 0.6 - -10 - 1,8 • -11,8; .
д) якщо а = 4е, + Зе3 і Ь = -є, + 0,5е,. то а (4; 3), Ь (-1; 0,5)
і а Ь - 4 ♦ (-1) + 3 0,5 - -4 4 1.5 = -2,5;
Відповідь: а) -9; б) -7; в) -12; г) -11,8; д) -2,5.
118 & ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В.
2. а) якщо а (3; 2), 6 (-5; х), то а • Ь - 3 • (-5) + 2х =* -15 + 2х » -13 (зо умо-
вою), звідки 2х = -13 + 15, 2х = 2, х = 1; Я
6) якщо а (-3; 2), Ь (-1; х), то а • 5 • -3 • (-1) + 2х « 3 + 2х -4 (за уми- §
вою), звідки 2х • -7, х -3,5; $
в) якщо а (х; - 3), І» (2; -2), то а • 6 = 2х + (-3) • (-2) = 2х + 6 = -4 (за умо- »?
вою), звідки 2х - - 10, х = 5;
г) якщо а (-2; х), Ь (-2; х), то а • Ь » -2 • (-2) + х8 = 4 + х8 « 4, звідки Xі = 0,
х-0.
Відповідь: а) 1; б) -3,6; в) -5; г) 0.
3. Нехай вектор х (т; л), тоді за умовою х • а = 8л» - 2л = 8, х 6 - 4т 4 Зл * 0.
Розв'яжемо систему рівнянь:
->
{8т-2ж = 8 8я’"2"~8
• < з »
4п» + Зл«О пі = - —л
4
_ з
Отже, х (- ; - 1).
4
4 а) якщо о 3, їй » 0, Ф
б) якщо |а| = 7. |б| = 3, Ф
-2л -8
-6л - 2л — 8
з :
*н - - -п
л = - 1,
45*', то а • Ь 3 • в • сов45й« 18 77 = 9^'2 ;
2
= 12(У', то а • Ь - 7 3 • сові20* =
= 21 (- А) =-11,5 ;
2
в) якщо; |а| • 1. |6| 12, <р 9<Г. то а • 6 1 12 • соа9(Г 12 • 0 0.
5’. а) якщо а (2; 01, Ь (-1; 3), е (4; 0), то (а + Ь ) • с
((а(»)<{-!:з)) • (4:о) (1;3) (4:01 «1-4 + 3 0 = 4 + 0=4;
а с + 6 с = (2;0| |4;0)+(-ї;3)-(4;6| «24 + 0- 0 + (-1) 4 + 3 0=8-4=4;
4 = 4, отже, |о + 6| с= ас + Ьс.
б)(и +6)«с » {|2:1)т(-3:21> (-1: 2) (-ї;‘з)-( 1:-2) - -1 (-1) + 8 (-2) =
= 1 - 6 »-5; н с + Ь с=(2;1) ( 1;-2)+( 3;2)-(- І; 2) - 2 • (-1) + 1 • (-2) +
+ (~3) ' (“1) + 2 (-2) -2 - 2 + 3- 4« -5; отже. « + (> е« а-с с.
Є .6) (л<ір=( -0,й(2;В1 (-3;2)=(-к- 0,5) (-3;2| =(-1)-(-3) + ( 0,5) 2 = 3 - 1 = 2;
Х (а 6)=-О,5 |(2;1) (-3;2)) = -0,5 (2 (-3) + 1 • 2) = -0,5 ( 6 4 2)«-0.5 • (-4)= 2.
Отже, |Ал}-6- Л^а 6).
7°, б) а 5={2;І|-(’3;2) = 2 • (-3) + 1-2 = -О+2=4;
й а«(-3;2) (2;1| =-3-2 + 2 • 1 =-6 + 2 =-4. Отже, а 6=ь а,
В -а) а Ь « 2 • 3 -0.4 2,4;
б) « 6 - 4 5 созвОи 20-І «10 ;
2
в) а і> • 7 5 сов 90“ «35 0=0;
ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В. Ш 119
й
г) а Ь = 2 5 соя30ив10 -у--5ч'з ;
Д) а і = 1 2 (-0.5)«- 1 ;
е) а Ь - 6 2 сов 120’= 12 (--]•- 6 :
І 2>
є) а Ь « 3 4 сов 180е-12 (-!)-12.
- О } [б сов ф , де ф - кут між а і Ь , миємо: сов ф і ~і .
ИН
скалярний добуток векторів дорівнює 0, то вектори перпендикулярні.
9. а) якщо а (3; 4) 1 Ь (-1; 5), то а Ь = 3 • (-1) + 4 - 5 = -3 + 20 =
17;
<і| - V3’ + 4і = 5; |6|=/(-І)1 + 5* = у*26 . Тоді
17
гинф =--/—
5 726
17/26
130 *
6) якщо а (-3; 4) і Ь (1; 5). то а • і = -3 + 20 = 17;
(в|«'Л-3)’ + 4,«5;|^->1’ + 5ї-/26 . Тоді соиф = -11-;
5-726 130
) якщо а (-3; -4) і Ь ( -1; -5), то а Ь -3 + 20 - 23;
Р|= /(-3)4 (-4)* = 5;|/> = /с 1)4(-5? = /26 . Тоді совф =
5 • у 26 1 ЗО
Ю. У лАВС А(3;_2). В(5; 1). С(1; -2).АВ (5 - 3; 1 - 2). В
АВ АС (1 - 3; -2 - 2), АС ( 2; -4); /
АВ • АС • 2 (-2) + (-1) • (-4) = -4 + 4=0. / \
тоді £.А = 90". ---------*С
Нехай ф - зовнішній кут при вершині В, тоді совф стмЦІвО0 - ЛВ)=- сов ХВ .
Знайдемо соа^В. ВА (-2; 1); ВС (1 - 5; -2 - 1), ВС (-4; -3).
ВА •ВС-(-2;І) (ХТ^)-8- 3- 5;|ЯАІ = /е2),’+її = ДїВСІ=/е47+(-3)'4Б.
008а -Л—= -~ . Тоді совф=-— .
75-5 о 5
Відповідь; Л А* 90': совф—- ~ .
Якщо косинус найбільшого кута трикутника побуває значення 0, то трикутник
прямокутний; додатного значення — то трикутник гострокутний; від’ємного
значення — то трикутник тупокутний. соаф=. Оскільки аі > 0, > 0,
то знак совф такий, який у скалярного добутку векторів а & .
11\Якщо А(0; 3). В(2; 0), С( 2:_-1). то АВ(2; -3). АС (-2; -4). ВС(-4; -1).
АВ| = ^4 (-3)1 -713; І АС /Н2)1 + (-4)’ - < 20; |вс|=^4?+(-1)’ - 7І7 .
Найбільший кут В (проти найбільшої сторони). Тоді; сов 2® = -^-^. ,
_______ ___ _ ІвлЧвс!
ЯА ВС = ^2;3| і А; - 1 і = 8 - 3 - 5 > 0, тоді еоа^їб > 0, отже, ьАВС — гос-
трокутний;
120 $$ ГЕОМЕТРІЯ Апостолом Г. В.
б) Якщо Л(І£ 1), В(-3; 1), С(1; 4), то АВЄ4; 0). АС (0; 3), ВС(4; 3).
АЯ * 4)* + 0' 4; ЛС^и^О* +31 ^3; Вг^=^4* 4 3і =5» Найбільша сторона ВС.
ТОДІ Найбільший кут £ А.
СОа^А =
АС АВ
АС АЯ=(0;3) | -4;0)
і 0 • <-4) + 3 • 0 • 0. тоді ^А 90'
І & АВС прямокутний;
в) Якщо Л(2; 4), В(3; 4), С<-4; 5), то АВ(І£ 0Ь_ АС (-6; І), ВС(-7; 1).
|АВ|-^ о4 -і; Ас|-^( 6)“+? = 7<-7)**Iі = /бО .
Найбільший кут £А (проти ВС).
сад^А»^ р=|, ЛЯ АС=(ЦО) І Жї) = 1 • (-6) + 0 < 1 - -6 < 0,
тоді сов <Л < 0. 2 А — тупий і д АВС - тупокутний:
г) Якщо А(0; 3), Ж2; 0), С(-2; 0). то ЛВ (2; -3), АС (- 2; -3). ВС (-4; 0).
А В -^2* + (-3)” - VI3: (АС|- 7^2)’ + (- 3)* - 7ЇЗ;,Вф <( —4)’ + 0?= 4 .
Найбільший кут 2 А АВ АС = |2;- з)-|-2; - 3| -4 + 9 5 > 0,
тоді сов ДА > 0, і д АВС — гострокутний
12. а) Якщо а (0:2),6(^3 ;1), то соаф=
тоді Ф 60;
«» _,013)г3;!„
Й* У+ 2’ л'(,5)*4 1>
о-Тз+гі 2
" Ж5 —
2 2 4
1
2’
б) а(1;2),б(-4;2), то созф м
тоді ф = 90';
1 ( 4) + 2 2 0 п
— ' ас —*— е і"
7б-275 10
в) а (0;-2). МІ; 4-
<3
тоді ф г 120’;
г) а(4;-4),6(О;-І), то
тоді Ф 45 .
), то
° и(-2)- 'Уз і
совф — ------у Лі Ч. а- 9~ =-•
2^ 2
С0Ч^НИ)__.. 4 .,£2
уЧ*Ч-4)*чО* + (-!)* 4 72 1 2
13. Якщо а • Ь > 0. то а 16. Тоді:
а) якщо а (0; 3), б (-2; 0), то а • Ь ь 0 • (-2) + 3 • 0 • 0. Тоді а 1 6;
б) якщо а (-2; 3), Ь (-6; -4), то а • Ь = (“2) (-6) Ч 3 • (-4) 12 - 12 0.
Тоді а ± Ь;
в) якщо а (/п; л). Ь ( п; лі), то а Ь т • (-п) + я • т «-тп + тл »0. Тоді
а ± б.
14. ві якщо а (3; л) і 6 (4; б), то а * Ь = 12 + 5х = 0, звідки 5х * -12, х « -2,4;
а 1 Ь перпендикулярні при х » -2.4;
6) якщо а (4; х) І Ь (-9; х), то а • Ь -30 + Xі 0. звідки Xі » 36, х я ±6;
а і Ь перпендикулярні при х -6 або х в.
ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Ґ. В. 121
15. Якщо |а| » 4. |Л - 7, ф 30е, то:
а)|2а -35)(а+^-2а’+2а5-За-5-Зб’=2|а|*-аЙ-з|ь|
-2 -4і-З7х-^аі|д|оов30'=-115-4 7 — = - 115-14^3;
2
б) (За-2Ь)|а-2б) = За'-6а 5- 2а І +46* 3,а* + 4р>'- 8а Ь =
3 4*+4 7’-8 4 7 сов ЗО" = 244- 224 ^ = 244-11273;
в) (ба - 5б)(ба + 5Л і 36а* - 25іҐ = 36|а' - 25&’ - 36 4* - 25 7х» 576 • 1225 » - 640 .
Відповідь: в) -115 - 14 уЗ ; б) 244 - 112 7з ; в) -649.
і8*.Дано: =2, а =5, ф р= ка + 175,д = За - Іг, рі д . Знайти: к.
Розв'язання. Якщо рід , тор д»0 ; тоді
р 7»(*а + 17б)(За -ь)=ЗЛ<іх-*а 5 + 5ІЛ 6-175’= 3* 4+(51-*)і Ь- 17 25 = 0.
Маємо:
12* + (51-*) 2 5-сову - 425 = 0:12*4(51-*) 10 (-1)-42510;
12*-5(б1-*) = 425;12* + 5* = 425 + 255;17* = 680;* = 40.
рід перпендикулярні при * = 40.
17*. Дано: |а| » 2, |ь| 3, ф = 120е; у — кут між а і (сі + Ь ).
Знайти: сову.
Розв’язання:
4+23 -*
2
а(а + Ь) Л +«
со& 120'
1
СО8Ї
а-а+й{ а а + Іл а а+Ь 2р + Ь
й|=^(а*б| =^0* + 2аЬ + Ь* +2 а Л-сов1200+ |бІ*
1 + 2-2-3(
Тоді сову»
Відповідь:
ЇВ*. Нехай кут між векторами а і Ь ф = 60е.
а) |а - *|=- б)’ = - 2а 6 + *’ = ^ - 2|а| |Ь|-сов 60е + |ь|* =^|’
Якщо Іа|-2.|й|=1, то р-*|-721-2 1 + 1а =<Л ;
б) |за-б|=^(3а-б) »^9а*-6а Ь + Ь* в^9|аГ-в|а 'б| сов600+|&Ґ .
Якщо а, = 2,|б[=1 , то |За-Й|» '9 4-6 2-І-- + 1Х =^31 І
і 2
122 ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В.
ві 2а + 3$ =^'|2а + 36| іа + 12а -Ь + ОЬ* й^'4 а + 12а Ь С08б0тг95|
- ‘4 4*12 2-1- + 9 1‘=737.
V 2
Відповідь: а) >/з ; б) 731; в) «37 .
20*. Нехай кут між векторами а і Ь , ф * 120 ’.
"у а -2а Л*Ь’«^в|-2д| лі соя І 20“ + ІЬі
[ .|?-4М^Н-
Якщо л|»3,л|«5 , то р-&|<^9-2 3 5 (-^І + б1 «у19 .
Відповідь: \І9 .
21*. Нехай координати вектора а <ж; у). Якщо а колінеарний вектору Ь (1; 2),
то
х у і „
—а - ,х і- у . За умовою а о
1 2 2
20, тоді х * 1 + у • 2 20, х + 2у 20 або
у + 2у * 20 ; 2,5у 20; у » 8 1 х г
Відповідь: а (4; 8).
8
2
я 4.
22*. Нехай координати векторі» а <х,; рк) І Л (хд; у3) Оскільки вони одиничні, то
іаі = ух,1 =1, а 1 * х/ + У,1 - 1; |й и ух/ + р/ «1, Ь *»х* + у* • 1, За умо-
вою с = а + 2Ь і д = 5а 4Л взаємно перпендикулярні, тоді с д = 0;
(а*2б)(йа 4л)=&и '-4а Л + 10а й-8л'=5|«|’*<іа 6-8 ^=0;
5-1 + б|а||л|-совф-8 1=0
(ф - кут між а і Ь);
Відповідь: 60°.
5+611 Є0аф-8 = 0;всовфя3;о08ф в^;ф = 60° .
2
23*. З* умовою кут Між векторами а 1 Ь дорілшос 120г‘ і кут між а і С ДОрівнкх 120 ;
ЄН-1» = 2, <•) = 1. Нехай вектор а розкладається як а = дб+рс „ Знайдсмо ска-
лярний добуток а Ь і а е: а Ь » (ЛА + цс)‘6«лї +рЛ с« Х|6| +р [ь|-|п сов24О°
Іякшо а проходить між Ь 1 с );
а Ь » л2’ + ц 2 1 І -ІІ"41 ц;ай«>1а ь! соа120*;а Ь~3 2 і
4Х-Ц.-1. < 2| । 12
* - 3 . Тоді
Знайдемо ас
» |а| < оое120°=31 ' “Ь5 або
а с= (Хб+цс) с = ХЛ-с*д/ = Л}б| -с^соя240 +р^ =2Х + ц- - Х+ц , що
дорівнює -3. Отже, -А + р=-3.
Знайдемо Лір:
4Х-р = -3, Зл=-6, А =-2,
-Л + ц=-3; р = -3 + Л; р=-5.
. Отже, і
ж — 2 Ь -5с.
Відповідь: а » - 2 й - б с .
<ГЕОМЕТРІЯ Апостояова Г. В. 123
! 24*. Нехай шуканий вектор х (т; п). За умовою х 1 а (а_(4: 1), тоді х • а = 0,
тобто 4т + п = 0, л » -4т. Оскільки х одиничний, то ут + п* г 1, т* + л* » 1.
1 717
Тоді т* + (-4т)1 =1.17т’ = 1, т1 = Т. • т * * уу • Зо умо”о» * утворю* з ор-
том еі (І; О) тупий кут, а саме х - еі < 0, т * 1 4- л 0 < 0, т < 0, звідки
ЧЇ7
17
717
17
; п 4 - (-
)
т «
чТЇ7 .. - . /17 4- 17
п м“"°= 1 '"її = П-’-
Відповідь:
/17 4/17 1
17 ’ 17 *
25*. Нехай шуканий вектор х (т: л). Вектор Ь (3; 2) перпендикулярний х (лі; я),
тоді Ь х =0, Зт + 2л«0, т -^л .Оскільки г| =4,то уж’ + л’ »4 ,т* + п1= 16,
- 4 . 13 , , 144 . 12 12/13
16, Л 4 -п я 16,— (1 = 16,я= —- ,Л»± — в± -7--.
9 9 ІЗ х13 13
ашдки л1 +
2
’зп
За умовою х утворює з віссю Оу тупий кут, це кут між
х і ортом е» (0; І),
тоді х •
Тоді п
є, < 0. т 1» + п • 1 < 0, л < 0.
12713 2 ґ 12/13) 24/13
13 3 і 13 39
Миємо: х
Відповідь.*
24713 . 12<13
39 ’ " 13 ’
24/ІЗ . 12713 і
39 1 ІЗ ’
25. Якщо А(3; 0), В(0; 1), С(2; 7} І 0(5. 6» — вершини пря-
мокутника, то ЛВ(0 - 3; 1 — 0), АВ(-3; 1),
АО (б - 3; б - 0), АО (2; 6).
Скалярний добуток АВ • А1) = -3 2 + 1 б » -6 + б = 0,
тоді АВ 1 АВ . ЛА - 90ВС (2 - 0; 7 - 1). ВС (2: 6).
НА (3; - 1), ВС - НА =23+6- ( -1) = 6-6*0. отже,
ВС 1 ЛІ . /В = 90’;
СВ (-2; -6), СІ) (5 - 2; 6 - 7), СО (3; - 1),
СВ ’ СО = -2 • 3 + (-6) ’ (-11 = -б + 6 • 0, отже. СВ 1 СО. АС 90.
Сума кутів чотирикутника 360 , тоді АО = Збч ’ — х-А - ЛВ - ЛС
= 360’ -3 90 = 90 ’. Отже, АВСВ — прямокутник.
27. Доведіть, що АВСВ — прямокутник з рівними сторонами.
28. У чотирикутника АВСВ АС і АВ — діагоналі. Щоб довести, що АС X ВІ), до-
ведемо, що скалярний добуток векторів АВ ВВ 0.
Оскільки Л( 1; -І>. В(1; 4), С(- 4; 1) і Л( 5; - 6} то АС (- 4 - 1; І + 2). АС (-5; 3);
ВЩ- 5 - 1; -б - 4), ВЩ-6; -10).
Тоді АС • ВВ = ( 5;3) • (-6; 10) Зі) - ЗО = 0. Отже. АС 1 ВВ.
32**. Візьмемо иа осі Ох орт е* (1; 0); кут між векторами а і є» а • 80°: а| = б.
Проекція а на координатні осі — це координати кінця вектора. Нехай його ко-
ординати а (х: у). Тоді: а - у-х' + у* = 6 . Xі т у4 = 36. а - = х • 1 + у - 0 * х
124 $•: ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В.
і а • е» = |аі |е^ сова;а ^ = в1-совЗ<ї*«6”=373"Х . Оскільки х » ЗуЗ , то
у* = зо - (зД)’ , у1 36 - 27, у* » 9, у *3. Отже, координати а (Зу‘3 ; -3)
або а і з/з ; 3}. Тоді проекції: на Ох — 3 ?3 , на Ор-3 або 3.
Розмістіть пряму АВ так, щоб вона лежала на осі Ох 1 візьміть на вій орт
«і (1; 0). Тоді вектор а (х,; у,) утворюй з еі кут а = ЗО", |а = 3. вектор Ь (х,; у,)
утворює з е» кут 0, ^«д/З < При цьому вектор а + 6 паралельний АВ. тобто
кут між а + 6 і еі. Ф = 0° або ф = 180°,
а + Ь - (х, + х,; у, 4- уа); а Гз * х, 1 * у, • 0 = х,;
а - і, = „|-Д сова;а е, =3 1 оозЗО0 = . звідки х, = ~ .
Оскільки |а| - 3. то ^’ + у/ =3 , х/ + у/> 9. тоді Н + у/ - 9.
27 , .9 З Л , 3>/3 3 _ - . ЗТЗ # 8
^+у,’-9;у1 =4’^ш±2‘ °ТЖЄ’ ° (”2‘“: -2)аб° ° (Т* 2}’
І • є» = х, • 1 + уі • 0 = х,; Ь • е» |Й|-р,| сов0 = ч3 1 соар= х,:х,«уЗсо80 ,
у/ = 3 - З сов10=3(1 - сов’ 0 ) 3 віп10 , звідки у, ±/з віп 0 ,
Маємо Ь І <3сов0;-уЗаіп0 ) або Ь (у3оов0; >/38Іп0), 1).
Нехай а|^2^;"||’ ^рЗсоьР; -<3 иіп0), тоді
(а + Ь)*Єї’ а *Єї + б • •
(а +Ь)-е» = |а + Л |г,і совФ=*і + б|; ^|=1,соа0*=1)
+ 9 СО80 + 8 сов* 0 ♦ ? + Зу'З віп 0 ♦ 3 віп* 0
4 4
«. 9 + 3(в)п10 есов*0) + 9сов0+3л/8аіп0 = ^12 + 9сов0т373 8іп0 .
Маємо:
/12 + 9соя0 + зУз віп 0 «З^ + л/З сов 0; 12 + 95090 +8>/з віп0 =
• 9слб0 +3сов* 0:
З |
звідки аіп* 0+73 віл0+ "О,І ЯІП0 +
4
=0:«1пР = --ї:Р--вО*;|а4Ї|-4І2.
Інші випадки розгляньте самостійно.
ГЕОМЕТРІЯ Апостолом» Г. В. 125
§27. векторний метод доведення теорем і розв'язування
геометричних задач
Завдання 32
1. Нехай на хордах ЛВ ЇСВ 1 радіусах ОА, ОВ, ОС, ОР лежать
вектори ОА , ОВ , ОС, ОВ, ЛМ , ВМ , МС і МВ
За умовою АВ 1 СВ .
Із ьОАМ ; АМ • ОМ - МА ; із *ОВМ . ВМ - ОМ - ОВ
Скалярний добуток
лм і)М = (олї - оа)(ом - ОВ) =
= ОМ - ОМ ОР - ОА ОМ » ОА ОВ » 0.
оскільки АМ 1 ВМ ,
Із * ОСМ : МС - ОС - ОМ ; Із лОВМ : МВ ОВ - ОМ . Скалярний добуток
мс мв -_(ос ом ||ов - ом) - ос ов - ос дм -дм дв + дм’ = о,
оскільки МС .І МВ
Тоді ОМ* - ОМ ОВ - ОА ОМ + ОА ОВ = ОС ОВ - ОС ОМ - ОМ ОВ + СНІ
ос ом + ом ов-ом ов-оа ом ос ов-оа ов,
ОМ |0С + ОВ - ОВ - Оа| ь ОС ОВ - ОА ОВ , звідки
ОС ОВ-ОА ОР
~ ОС *ОВ-ОВ-ОА
О.Л ЯЇ7 ОС ОВ -ОА ОВ
Відповідь: ОМ = - —-»—-ав,.
ОС + ОВ ОВ-ОА
2. У прямокутного трикутника АВС (£ А - 90 ) АМ і В.\ — б
сектрисм; АВ 6. АС • 8 , тоді ВС \ 6Т + 8* 10. Нехай
АЛ - х. МС — у, тоді .УС — (8 - х). ВМ — (10 - у) .
„ АЛ ЛС
Зя влипльістіо бісектрис трикутника ;
АВ ВС
МС ВМ _ х 8-Х .. _ _
« а5° 181 —Т^~ : Юх = 48 - вх , 16х = 48 , х = 3 ,
АС ЛВ 6 10
АЛ =8: 1°- бу = 80-8р , 14р«80. у , МС - -° .
86 - » 7 7
Розмістимо вектори ЛМ , ЛВ . Косинус кута між ними а :
сова = т^Уг^і. Із & АВЛ (2 А т 9<Г) Вії » Л' + Зл - <45 З^/б; із л АВС
АМ і ЛВ |
. . л лло \ і г л ЛВ 6 З АМ МС . л , _в .
( / А - 90 ) віп /С = -- в — = - , — - - — -’7Л ( МАС 45’), звідки
ВС 10 5 аіп2С віп2 МАС
40 З
МС еіп^С 7 5 24у2 Л__________ Іт;;І І піїї
АМ •---------—= -*- .Отже. АМ =----------------- , ВЛ =3у5.
ніп45ь <2 7 І 7 І І
2
Із аАМС АМ =АС + СМ ; із »АЛЯ : ЛВ = ЛА + АВ , Скалярний добуток
ЛМ ЛВ = (аС + С5/)(ЛА+ 4В)= АС ЛА + АС АВ+ СМ Ла + СМ АВ -
• |АС|-|ЛА|-сов180° + |сМ ЛА^ соягСт СМ|<|АВ сов(90 /О).
126 Ш ГЕОМЕТРІЯ Апосталова Г. В.
З
АС АВ^О . оскільки АС ± АВ ). Оскільки аіп ^С » - ,
. о
' л_________________. .
= * . Тоді АМ N8 = 8'3 (-1)
то
і
12 3.1 + І2 б
7 5 7 5
= -24 + — + ~ = -24 + 34- ю|. сова - -
7 7 7 7 З7б -24^
72 VI0
Зуб 24^2 ’ Ю
•Г
Відповідь: ,
3. У прямокутника АВСО АВ СІ) 2а , ВС «= АО 5а .
К € АО . АК - а , тоді КВ - 4а .
Розглянемо вектори АВ , АК , КВ , IX'. ОК , КС.
Із Л АВК : КВ - АВ - АК : із лКСВ : КС =° ОС ОК
Скалярний добуток
КВ КС = (АВ - АК - £)Л'| = АВ РС - АВ ОК -
-АК ОС’ > АК ОК АВ ОС-< АК - ОК , оскільки АВ ОК = 0 ( АВ і. ОК ),
АК ОС = 0 ( АК 1 ОС ). Тоді оскільки АВ ТТ ОС , АК Т4- ОК КВ КС =
Г АВ|-|йС| совО’ + І АК | ОК | сов 180 = 2а 2а 1 + а 4а (-1) 4а1 - 4а* « 0.
Отже. КВ 1 КС і /ВКС > 90’.
Б. Розмістимо вектори МА . МВ , МС . МО .
За умовою МА + МВ + МС + МО • 0 . звідки
МА + МВ = -МС - МО . МС 4 МО = - МА - МВ.
Та А АВМ : МА - МВ - ВА ;
Із дЛ/ВС: МО - МС»СО.
Тоді МА - МВ МО - МС , оскільки вектори ВА = СВ .
МА - ЛГВ = МО- МС . , МА »-МС . тобто вектори
МА + МВ - МО - МС
МА і МС протилежні, а отже, лежать на одній прямій, протилежні за на-
прямком 1 рівні за довжиною, тобто М — середина діагоналі АС.
МС + МР = - МА МВ ' 2^- я _2МВ ; МО - -МВ . тобто вектори МІ)
-МС + МО - МА - МВ
і МВ протилежні, а отже, лежать на одній прямій, протилежні за напрямком
і рівні за довжиною, тобто М — середина діагоналі ВО. Тоді М - точка пере-
тину діагоналей.
Висновок: якщо сума векторів із початком у деякій точці з кіпцями у верши-
нах паралелограма дорівнює нульовому вектору, то ця точка — точка перетину
діагоналей паралелограма.
Маємо: І)
2)
в. У ромба АВСО центр симетрії точка О — точка пе-
ретину діагоналей. Сторони ромба довжиною б,
тоді ВС = б , СЕ - 2 і ВЕ = 1 (Е — точка на ВС).
Оскільки £ ВАО бО1 . то л ЛАВ — рішіосторонній
і £ АВО = 60° ; ОВ ВС = б . Діагоналі ромба перпен-
дикулярні і точкою перетину діляться навпіл, тому
ОВ = 3 . ОВ 1 АС .
О
ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В. 127
У рінностороїшього лВАВ висота ОА « в 3 3^3 І ОСТ ОА в Зу’З .
2 2
Розглянемо вектори ОЕ - ОВ , ВЕ » ОС , СЕ .
Із аОЛЕ,- 0Е»б8 + вБ; лОЕС: ОЕ-ОС + СЇ Тоді
ОЕ ОЕ - | ОЕ * - |ОВ + ИГЇЇГХ + Се] = ОВ ОС * ОВ СЕ + ВЕ.ОС + ВЕ • СЕ »
• ОВ СЕ + ВЕ ОС + ВЕ СЕ (ОВ ОС 0 , ОВ 1 ОС).
[оеі’-ІОВІ СЕ сояв(Г + | ВЕ ! -1ОС| соз(90 60 ) ч\вЕ ।-|СЕ|сов(Г =
1 Г~ Л
З 4.± + 4.373 ^ + 4 2 1 = 6 + 18 + 8-32, Тоді ІОЕі = ч/32 = 4/2 .
и л *
Отже, ОЕ 4Ч'2 .
Зауваження, Кут між векторами О В і СЕ — це-кут між продовженнями діа-
гоналі ОВ і сто рони СВ.
Завдання для повторення розділу IV
14. в) КМ РН = О, ,л и
_ — ч*---------->"
оскільки КМ РН (вектори рівнії; / /
б) КМ + НР = О, / /
оскільки КМ ~ИР(вектори протилежні). К^-------•'Р
13. АВ ’ ВС -І СВ + ОА = АС + СВ + ВА » АО + ОА АА = О,
16. АВ + КМ + РА + МР + ВК - АЙ + ВК + КМ + МР+РА-
" = АК + КМ + ЛіА А.М + МАі = АА »О
17. а) СЕ-СМ + СТ; м*
ЩСЕ--МС-ТС\ / /
в) СЕ ж - МС + СТ . 1^^ /
18*. Вектори АВ і СВ колінеарні, оскільки проти- ^/\ — —
лажні, тоді розкласти за ними можна лише колі- / X. /
неарннй з ними вектор. / /
аі не можна; б) не можна; /
в) не можна; г) не можна. А**----- — -^О
20". е Ь - 2а ; / ® 2а + & ; ж = 2ат2д;лм -2а 2Ь; А = 2Ь - а .
24. а) АВ(5*7;7-2). АВ(12;5); АВ 12е' + 5е~ ;
б) АЯ(7 - 4,0 - 4), АВ(3;-4); АВ = ЗІ, - ;
в) ЛВ(-3 - 0:1 - 5), ЛЛ|-3;-4); АВ - Зе~ 4?, ;
г) ЛВ(б АВ(8;2); АЯ-8^+2^.
25. Для колінсарності векторів необхідно, щоб відповідні координати векторів
були пропорційні. Якщо коефіцієнт пропорційності додатний, то вектори спів на-
прямлені; якщо від’ємний, то протилежно напрямлені,
а) Якщо о(л;1) і . то х“ Х>0 , лж-жі;аТТЬ;
3 9 9 3
б) якщо а(п;4) І Ь(»;л), то “ - > п* = 86 ; л = 16 .
І» л
128 ГЄОМЄТРІЯ Алосюпоаа Г. В. ШТОШШЖЖ:»?
л „ п б 2 . ' "* .*
Якшо п = 6 , то - = - = з > 0 і а ’Т Ь;
_ и 6 2 _ , — ♦ । 7
якщо п = 6 , то ^и — «-д<0 >йГ+&.
Відповідь: п) п = | : сшвнапрямлепі; б) л
З
тилсжно напрямлені.
б ; спів напрямлені або л - -б про-
20. о(3,4), 6(0;-2) .
Г . - , ’ . . З 4 й 3 (-2)
в) а 1 б колінеарні, якщо - « —, р= -- ь 1,5 :
б) а і А перпендикулярні, якщо а-А» О; а 6 = 3 0 + 4 «(-2) 3-0- 8«0;
З З
в) а і Ь мають однакові модулі, якщо а = Ь ; а 3* + 4 • 25:
>' = 0і + (-2)’ = 0’ 4 4 . звідки 0і + 4 « 25 , 0> = 21 , 0 » ±721 .
Відповідь: а) - І.б; б) 2~ . в) ±у21 .
27*, Якщо а(4:- 3), 6'1;х), кут між а і А а = 60' .то а Ь = 4 • 1 + (-31-х > 4 - Зх
або а & = |а ь соп«“^,4і +(-3)* -\Т кх’совбО' = 5у1 + хт ^.«>тжг,
-71 + Х1 = 4 - Зх . звідки: — (1 + х’) = 16 - 24x4 9х1,
2 4 ' 1
25 + 25х’ « (16 - 24х + 9х’) 4 , 36х* - 26х* - 96л + 64 - 25 » 0 ;
9х*- 9бх + 39 = О
А , лл л 32± <1024-156 3217888
Зх’ - 32л +13 -0 ’, хм - ------------. «!, - ---в----.
32±2<217 16 1г 217
. *’1 6 З
йм„,ми, І? т <217 іг^йп
З з
20*. Щоб довести, що чотирикутник с прямокутником, доведемо, ЩО він е пара-
лелограмом, один іа кутів якого прямий. Щоб додоти, що чоіирикутник с па-
ралелограмом, доведемо, що вектори, які розмішені на протилежних сторонах,
рівні або протилежні Оідпспіідае ознаці паралелограма за паралельними і рів-
нями протилежними сторонами).
а) якщо Л(1;1), В(2;3). С(0;4), Л(-1;2),
то АВ(2-1;3-1), АЛІ1;2); Ї)С(О+1;4 - 2), Ьс(1;2).
Отже. АВ = ЙЄ . тоді ЛВСІ) — паралелограм.
АІ)(-1 -1;2 -1), АІІ(-2; 1). Скалярний добуток
АВ АО => 1 • (-2) + 21 =-2+ 2 = 0, тоді АВ 1 АО і Д А 90 . Паралелограм
з прямим кутом — прямокутник.
б) якщо А[~3:-1). в(-2;-4)_, С(4;-2), 0(3:1), то АВ(-2 + 3: 4 т 1) ,
АВ(1;- 3); ОС(4_^3; - 2 - 1), 2Х?(1;-3); АВ = ОС , тоді АВСД — паралелограм.
АО (3 + 3; 1 + і). АО(б:2) .Скалярний добуток АВ АВ -16 + (-3) 2 = 6-6= 0 ,
АВ 1 АВ і А А = 90- .
Тоді паралелограм АВсО с прямокутником.
ГЕОМЕТРІЯ Апостолом Г. В. «:5 129
29. Кут між а(1;-3) і Ь(2;4), а такий. що: сова Я |-„°1 .
______ НгІ
а 6е1-2 + (-3) 4 12-12= -10; а = ^1’+ (-3)* « 7І0 :
|л • 72’+ 4* = 720 - 2>/5
-ю -іо - -ю і 7г
сова = %ї0-^5 = тгтта- ая"Т• Тод‘ а- -135°•
Відповідь: 135е.
ЗО. У & АВС Л(4;2), В(3;-1), С(-1;1). /.АВС — кут між векторами ВА 1 ВС,
тоді соє /: АВС « ; і
ВА |ВС
ВА(4-3;2 + 1), ВЛ(1;3); Вс(-1 - 3; 1 + 1), ВС(-4;2). | ВА | » 71* + 3і = 710 •
Вс|.^(-4)’4 2* ж2Тб- ВА ВС ! (-4) + 3 2 = -4 + в =2.
2 19
СО8 г: АВС •->— __=*!£,
-.10 275 572 Ю
,9
Відповідь: .
10
31. а)Якщо А(1;1/, В(4;1), С(4;5).то ЛВ(3;0), АС(3;4), ВА(-3;0), ВС(0;4),
СА(-3;-4), СВ(О;-4).
| АВ | • 7за + 0’ = 3; АС | - 7з* + 4і - 5; | ВА = АВ | 3; І ВС | = <0 + 4а - 4;
ІСа| = |аСІ-5г ІСВІ» ВСІ.4.Тоді: соа/С А . 2. .
3*5 10
• -3'0 + 0 4 л -3 0 + {-4)(-4) 16 4
совкі В --— - 0 ; соа^С -—* д—ь в —
3 4 5 4 20 5
б) якщо л(о-,м'3), В(2;Тз|. С
ВА(-2;0), ВСІСв[|;^І.
\ 2 21 >22] 122/
+ ?=73; ВАІ-І лВ|=2;
2‘ у .т. ЛВіао). ЛС||;-^
13О ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В.
Уз
-2=0.
Відповідь: я} 0,9; 0; 0,8; б) ; - 1; О.
£
32. а)|а+й|-и +2а-6 + б = а -+2 а Ь сов1>0° + |&
-4’+2 4«3|--] +3і = 16-12 + 9 = 13;
V 2)
б) | За + 2Ь]|а -б| = За4 Заб ь 26 а - 26 • З а -а Ь - 2 б =
= 3 4і -4 3 соя 120° -2 3' = 48 + 6 - 18 = 36 ;
І а} 1а - 36 я 1а - 36 я \ 16а - 24а Ь * 96 я
= ^1й а|" -24|а| 6 СОЯІ20 +9|л ’ = ^16 4’- 24 4 3 | * і 9 3’=
= <256+144? 81 = >/48Ї.
,------------------------
Відповідь: а) 13; б) Зб; а) <481. о
О*
33е. Нехай у ромбе АВСО Аії = ВС = СВ = АІ> = а , тачка / •
перегину діагоналей О. Розмістимо вектори АС і ВО. /
Із а АВС ; АС я аВ + ВС , Із а ВСІ): ВО ВС + СІ) . а - —75 - -
Скалярний добуток \
дб-5Вя(лв + Вс)(да + ао)я \ .
• АВ ВС + АВ СЙ > ВІС ВС + ВС СЙ
»|ДВ В( еов2А + АВ|’|сі) сов 180“ + | ВС Г + ВСІ СЙ сов^В =
= а' сов/А + а' (-1)+ а* + а сов£В й" сон^_ А + а1 соз/ В .
Оскільки £ А + 2. В = 180 , то
АС ВО = а' со8 / А + а’ соа(180* - 2 А) = а: сов £ А - а1 сов £ А » 0 .
Тоді АС ± ВО . От асе, діагоналі ромба взаємно вериенднкулирш.
34*\Розмістимо ва сторонах паралелограма АВСО вектори
діагоналях — вектори АС 1 ВІ).
Із /, АВС і АС = АВ + ВС ; із а АВГ)
Тоді АС =
| АВ + ВС|
ВЙ = ОА - АВ .
АС^ АВ + 2АВ ВС + ВС*,
ВО =(РЛ + АВ)
— і» ' р
ВО = .
ВІ) ’ - ВС +2
— ।--у ,
АС + ВО =|
.і ——і —. -... .1 А
І г ВО = ОА т 2ОА АВ+АВ ,
ОА + 2ПА АВ + АВ ' або
1 |55|* я|ВСІ1 -2АІ
В
АВ , йС, ОА , а на
С
і
ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В. 131
в2|АВ +2|ВС . Отже, сума квадратів діагоналей паралелогра
ма дорівнює сумі квадратів його сторін. АС1 + ВО* = 2І АВ* + ВС*) .
!•
>
Готуємося до тематичного оцінювання № 6
Варіант І
1. ЛВ(-1-0:3-2). Ай(-1; 1) ; | АВ | = + Г = Л .
Відповідь: Л.
2. Якщо а — кут між векторами и(х;2) і Ь(0:1| і сова = 0,5, то
а-Ь«|а| 'брова» 7***2* уО* + 1’ 0.5 - Л3 + 4 1 0.5»|Л* + 4 .
Але а(> » х 0 + 2 1 2 . Тоді 7х3 ♦ 4 = 2, звідки \)Х* + 4 = 4 , х* + 4 = 16 ,
Xі - 12 , х ±2\'3 .
Відповідь: х і2у/з .
(х - З
_ ? . Координати т, £>(3;7).
3. Нехай координати точки й(х;^).Якщо /ї(4;5) 1 С(-2;-1),то
АВ|4-(-1);5 - (-1)), АВ(5;6) і СІ>(х + 2;у -1). За умовою АВ * СО , тоді
х + 2 = 5
у -1 = 6 ’
Відповідь: (3;7).
4. а) Якщо а(2;4). Ь(6;2) , то Зо - 2Ь • (б; 12)-(12;4) = (в- 12;12- 4)- рйв) ;
о + Ь =(2І4) + !6:2) = (2+ 6;4 + 2) = |8;6І.
б) якщо а(-3;1), 5(3;-3). то Зо -25 ж (-9; З)- (в;- в) = (-9- 6;3 + в)«(Лб;9);
а + Ь = (-3 • 3-ї - 3)» (6; -~2).
Відповідь: а) (-8;в); (в;б); 6} 1-15;»), |0;~2].
5. Доведемо, що чотирикутник АВСО — паралелограм і один Із Його кутів 90а.
Якщо у чотирикутника АВСО вектори АВ і 2X7. побудовані на протилежних
сторонах, рівні (паралельні і рівні за довжиною), то АВСП паралелограм.
АВ(-3 + 5;-4 + 1). Ав{2;-3); 2Х?(3 - 1;0-3). 56(2; - 3). Отже. АВ = ОС
(мають рівні відповідні координати), тоді АВСО — паралелограм.
Розглянемо вектори АВ і АО і знайдемо їх скалярний добуток. АВ(-3 + 5;- 4 + 1),
АВ(2;-3^; АО(1 + б;3 + 1), А2>(6;4) .Тоді АВ А1) = 2 в + (-3) 4 = 12-12 «0,
отже, АВ 1 АО , тоді у паралелограма АВСО / А « 90°. а отже, цей парале-
лограм — прямокутник.
Варіант II
1. СО(1 + 2;2-0). СД(3;2); |С2)|-ч/зЧг' » УЇЗ.
Відповідь: (3;2); 713 .
132 ГЕОМЕТРІЯ Апостолом Г. В.
Й Якщо а — кут між векторами а(1;2) і Ь(~ 1;1), то сова *
а і)
1
СО8<І = -ж—
10
Відповідь:
10
З. Якщо доктори а і Л колінеарні, то їх відповідні координати пропорційні:
-З 2 . 6 2
*— = — , звідки х « —— = -4 ,
б х -З
Відповідь: — 4.
4. а) Якщо а(2;-3), 6(4;0), то За 2Ь « (бї^ 9) - (4;-б| « (б - 4;- © + 61 = (2;-3);
а + Ь = (2 + 4;~3 + б] (б; - з).
б) якщо а(4;1). й(-2;5),то За - 2Ь - (І2;з)-( 4;іо) (12 + 4;3 - ю) = (16;-7);
а + 6 = (4 - 2;Г* б) в (2;б),
Відповідь: а) (2;^3). 6) (16;-7|, (з:б|.
8. Доведемо, що чотирикутник АВСВ паралелограм 1 що його суміжні сторони рів-
ні. Якщо у чотирикутника АВСЛ вектори АВ І ОС . побудовані на протилеж-
них сторонах, рівні (паралельні і рівні за довжиною), АВСЛ — паралелограм.
АВ(-2-;3-3), Ав(-5;0); ЛС(-5 - 0;-1 + 1). ЛС(-5;0), АВ = ЛС (оскіль-
ки мають рівні відповіді координати), тоді АВСЛ — паралелограм. Знайдемо
довжини АВ ї ВС. АВ|« ^(-б) + 0* =5 ; ВС(-5♦ 12;-1 - 3), ВС(-3;-4),
ВС| у(-З)1 4-(-4}г = 5 . Суміжні сторони паралелограма рівні, тоді АВСЛ —
ромб.
РОЗДІЛ V. ПОЧАТКОВІ ВІДОМОСТІ ЗІ СТЕРЕОМЕТРІЇ
§28. Основні засади побудови стереометрії
Завдання 33
V. Будь-які триточки лежить у одній площині, а чотири — необов’язково.
2 . а) Правильне (аксіома планіметрії — через будь-які дві різні точки можна
провести пряму і тільки одну).
б) не правильне; в) правильне (сторони кута — промені, що мають спільний
початок, а за аксіомою 4 через них можна провести площину, і до того ж тіль-
ки одну).
4. Однакові, оскільки за аксіомою 3, якщо площини а і 0 мають спільну точку,
то вони перетинаються (по прямій).
7. а) безліч; б) безліч; в) якщо ці точки лежать не одній прямій, то безліч; якщо
ці точки не лежать на одній прямій, то можна провести лише одну площину
(теорема 1).
ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В. :%•: 133
8. У випадку, коли точка лежить на прямій. Якщо б точка не лежала на прямій,
то можна було б провести одну площину (теорема 2).
9. Ці точки лежать на одній прямій. Якщо б три точки не лежали на одній пря
мій, то через них можна було б провести одну площину (теорема І).
12*. Можна. Через дві прямі, що перетинаються, можна провести площину. Якщо
обрати точку, що не лежить у площині, і провести через неї і через точку пере-
тину прямих пряму, то вона не буде лежати в одній площині з першими двома
прямими.
§29. Взаємне розміщення прямих і площин у просторі.
Перпендикуляр до площини
Завдання 34
І . Якщо прямі не паралельні, то вони перетинаються, або є мимобіжними.
2й, а) перетикаються або паралельні; б) паралельні або мимобіжні.
ЗЯкщо через дві прямі не можна провести площину, то вони мимобіжні (бо че-
рез паралельні і ті. що перетинаються, провести площину можна), а отже, не
перетинаються.
5. Ні, неправильне.
Наприклад (див. рис.):
а || Ь , аса , 6 с а , с а а , с перетинає а,
але не перетинає Ь.
в. Так, якщо пряма перетинає площи- /
ну трикутника у його вершиш. /
7*. Припустімо, що дві прямі у просторі перетинаються більше, ніж у одній точці.
Чере.і дві прямі, що перетинаються, у просторі можна провести площину, тоді
обидві прямі лежать у цій площині, а з планіметрії відомо, що дві прямі иа
площині можуть перетинатися лише в одній точці (або безліч, коли співпада-
ють). Тоді наше припущення неправильне. Отже, прямі у просторі не можуть
перетинатися більш як в одній точці.
9. Може, якщо всі десять прямих паралельні
між собою. Наприклад, прямі а, Це, ||... Ц а|о А------
площини а паралельні прямій перетину / / < 7 7
площин а і 3 і а(||а, Ц...ЦО,, 113. % X /$7 / /
10*. в) Ні, не правильне. Через точку, що лежить на прямій, можна провести без-
ліч прямих, перпендикулярних даній прямій. Усі вони лежать у площині, яка
перпендикулярна заданій прямій.
б) Ні, неправильне. Ці прямі можуть перетинатись їх заданою прямою або бути
з нею мимобіжними.
в) Ні, не правильне.
ІЗ*. Нехай пряма а не лежить у площині а. Припустімо, що вона мас з а дві
спільні точки. Тоді вся пряма лежить у площині, що суперечить умові. Отже,
пряма, що не лежить у площині, не може мати з нею більше як одну спільну
точку.
14*. Оскільки МАХ а, то МАХАЄ, МА 1 АВ. Тоді лАМС і аАМВ прямо-
кутні, МАС = /. МАВ = 90*. У цих трикутників МА — спільна, МВ МС за
умовою. Тоді а АМС АМВ , звідки АС » АВ .
134 ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В. ШОЯВЖЖВ
16*. а) Так, можна, якщо точки А, В і С не лежать на одній прямій. Тоді через £
них можна провести площину і тільки одну, толі а і Р співпадають. >
6і Ні, ке можна, якщо точки А, В і С лежать на одній прямій. Тоді череа них >
можна провести безліч площин, а і П можуть не співпадати
І7*. Ні, не правильне. Це можуть бути дві площини, що перегинаються, в пряма >:
їх перетину Паралельна кожній із цих площин.
630. Багатогранники. Правильні багатогранники
Завдання 35
З*, а) 8 вершин у куба; б) 8 граней у октаедра; в) 20 вершин у додекаедра; г) 20
граней у ікосаедра; д) 12 вершин у ікосаедра; е) 12 ребер у куба і октаедра; є) 12
' граней у додекаедра; ж) ЗО ребер у додекаедра і Ікосаедра; з) б ребер у правиль-
ного тетраедра; и) найбільше число ребер ЗО у додекаедра і ікосаедра.
4*. 24 плоских кути (12*2, оскільки кожне ребро утворює плоский кут на двох
гранях).
5. а) Вершин — 8, ребер — 12, граней — б;
б) вершин — 5. ребер — 8> граней — б.
В. У куба АВС2)А1ВІС1Ц1і
а) його діагоналей — 1. АС, , ЛВ, , СА, , В/>,.
б) грані — квадрати, у кожного по 2 діагоналі,
отже, діагоналей граней — 12(6x2);
а) плоских кутів — 24 (у кожної з б граней по 4),
12. Нехай ребро куба — а, тоді діагональ його грані (квадрата) В • ві/2 , звідки
а = £. З умови магмо а « X - 2^2 (см). 8т - ба1, тоді 5М = б (2\ 21 =48 (см1).
Відповідь: 48 см1.
ІЗ*. Нехай ребро одного куба а, , а другого а,. Тоді площі їх повних поверхонь
відповідно З, = ба,’ і З, - 6а‘. За умовою а, = 3^ , тоді 5, = 613а,)* = 54а,.
З 54а1
/ = 9. Отже, площа поверхні першого куба в 9 разів більша за площу
з, оа
другого.
14'.Дано; АВСУМгВ^^!—куб, В,1) => 9 см.
Знайти: ВВ, .
Розв'язання: Проведемо діагональ основи ВИ. Ос- Аі
кільки ВВ, перпендикулярна до площини ос-
нови, то В,В2) = 9(Г‘. Нехай ребро куба дорів-
нюй х, тоді ВВ, - х , Вії - х^2 (ян діагональ
квадрата АВСР), тоді із прямокутного а ВВ,С: А
ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В. 135
= ВВ? + Вйг, В^* - х’ + 2х* = Зх*. В,0 = хТз . За умовою В.Л = 9 см.
ТОДІ Х<3 Я 9 , X = Дг ж Зм'З (см). ЛВ, 37з см.
л/3
Відповіді»: 3\3 см.
Зауваження. Для куба з ребром а квадрат його діагоналі </’ = За1 .
15*. Площа поверхні куба 8, г = $а . із № 14* маємо: д1 * За1, а* -- (д —
З
діагональ куба, а — ребро). Тоді 8,ч » 0 — - 24і.
Відповідь: 5 я 2с!1.
18*. Нехай площа однієї з 12 граней додекаедра 8, тоді З,, « 125 = 180 см*. звід.
ки 5 * — - 15 (см*).
Відповідь: 15 см*.
§31. Призми. Об’єм просторовоїфігури
Завдання 36
2. Ні, не правий, оскільки у прямокутного паралелепіпеда основи — не обов'язково
правильні чотирикутники (квадрати).
З Так, можна. Це буде означати, що 1 основи, і бічні грані — рівні квадрати.
4 . Ні, не можуть. Трикутниками і трапеціями у призмах можуть бути лише дві
грані — основи, інші грані — бічні — обов'язково е прямокутниками.
5. Так. Це трикутна призма. У неї є лише діагоналі бічних граней.
6”. Якщо у призми всього 18 граней, то бічних — 16 граней (18 - 2 « 16). Тоді
в основі лежить 16-кутник.
н. Ця призма пряма, оскільки всі ч бічні ребра перпендикулярні основам. Усі сто-
рони основ такої призми рівні.
9*. Якщо в основі лежить л-кутник, то в основах лежать 2л ребер. У однієї основи
п вершин, тому бічних ребер — л. Тоді всього ребер 2л + п = Зл , отже, у будь-
якої призми число ребер кратне 3.
10”. У прямої призми бічне ребро перпендикулярне площині основи, а отже, пер-
пендикулярне будь-якій прямір цієї площини, що проходить через точку пере-
тину периендикулярної прямої і площини. Отже, діагоналі основи перпенди-
кулярні бічному ребру.
ІЗ*. Оскільки всі прямокутники, що е бічними гранями призми, мають по одній
рівній стороні (бічпому ребру), то щоб суми площ протилежних бічних гра-
ней були рівними, необхідно, щоб рівними були і суми протилежних сторін
основи.
Доведення. Нехай бічне ребро й, площі двох протилежних граней 8( і 53.
а двох інших — 5, і 5, . За умовою 5, + Я, = 8, + 5,. Сторони відповідних
протилежних сторін основи і та і . Суми протилежних сторін
5. 5. 5. + & , 8. 5. & + 8. 8. 8, 8, 5.
основи: 1 + 1 Я -> < і + _Л = -Д. _ 4 , тоді _£ + ГЛ ж _Л + _1 ОСКІЛЬКИ
й Л Л й Л Л ЙЛЛЙ
8, + 8, = 5, + 8,.
136 ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В.
14. За цими даними, можна знайти площу бічної поверхні призми. 5Й- = А,
де Р * = 2см +3см +-2.5см + 4,5 см « 12см , а А — бічне ребро і Л * 5 см. Тоді
81В. ж 12 5 = 60 (гм').
Відповідь: 60 см7.
19. Якщо у затаної призми в основі лежить ромб зі стороною а 5 см і гострим
кутом а = ЗО’, то і'от а' віпа , 8^ = 25в1пЗ(Г = 25 | * 12,5 (см1).
ГЯкіцо висота А їй см, то об’єм V = 8ЖШ А , V » 12,5 10 ж 125 (см2). Пло-
ща поверхні 8Мг - 25«». + 5«ч.. • у прямої призми 5^ » Р^ * А , 8 4ц • А ,
Зі4 5 10 = 300 (см’). Тоді 8^ - 2 • 12,5 + 200 - 225 (см1).
Відповідь: 225 см*; 125 см1.
-.-Л’.’.-*-, Л-.-ЛУї
16’. Дано: АВСОА1ВІС1ОІ — правильна призма,
ЛІ» 10 дм, /Щ =8 дм.
Знайти: 8Ю ; V.
Розв'язання: Зт * 28^ +\„ ; V = 5ЖИ
8„ ~АП-і 3„ їй1 = 1 (Хі (дм1); 3„_ = Р„ ВЦ ;
= 4АО Щ 5 5-«. 4 10 8 = 320 им’);
8 = 2 100 + 320 =520 (дм2).
У = 100 8=800 (дм*).
Відповідь: 520 дм8; 800 дм*.
18*. Так, можуть, якщо рівні периметри їх основ.
Доведення. Нехай висота заданих прямих паралелепіпедів А, 5, — площа біч-
ної поверхні першого а них, з, — другого. Тоді 81 = Рг - А , = Р2 А . якщо
Р Р2, то Р2к - Ргк , заїдки 8, = 8, (периметри основ рівні). Отже, якщо пе-
риметри основ прямих паралелепіпедів з рівною висотою рівні, то площі їх
бічних поверхонь рипі.
19. У заданої прямої трикутної призми стороно основи а = 2 м і бічні ребра, що
дорівнюють висоті А = 2 м. Об’єм призми У = 8„ь А . В основі лежить пра-
вильний Трикутник (рІВНОСТОрОННІЙ), ТОДІ 8^, = —• §М» “ " <3 (м*)’
V = Ч'3 2 = 275 (м2)
Відповідь; V = 2\3 м2.
20. Якщо бічні грані правильної шестикутної призми — квадрати зі стороною
а = 10 дм, то висота призми А = 10 дм і сторона основи а я 10 дм, V 3^ А .
Є. За?7з о з 10’75 /5 , л
Площа правильного иіегтикупіика & = —-— ; 8т •--------- •— » ІбОуЗ (ДМ2).
2 И
V* 150 10*» 1500 (дм2).
Відповідь: 1500 дм*.
22*. У прямокутного паралелепіпеда площі трьох бічних граней 8, = 10 лм*.
ж 6 дм*. Я, " 15 дм2, площі протилежних граяей рівні, тому 5^ =2(10 4 64-
+ 15) 62 (дм'). Об’єм прямокутного паралелепіпеда V аОс ,два,ЬІс — дов-
жини ребер, шо виходять з однієї вершили. Довжини цих ребер знайдемо з площ
8,-10 - 5-2 (дм»), 8, = 6 = 3 2 (дм*). 8,-15-Ь 3 (дм1), отже, а = 5 дм.
Ь - 2 дм, с 3 дм. Тоді V = & 2 3 = ЗО (дм’).
Відповідь; 62 дм2; ЗО дм2.
23*. У заданої призми д АВ,В — прямокутний, оскільки з того, що 1)А перпен-
дикулярна площині АА,В,Д , випливає, що ОА X АВ .
ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В. 137
Тоді АО » ^,8,0* ~ , АО = 75’ 4' = 3 (см). АВСО —квадрат, тоді 8^. « АО’,
= 3 в 9 (см*). Із прямокутного д АВВ, ( ^В,ВА = 90 } ВВ, = - АВІ ,
ВВ, = 4 4* - 3і’ = >/7 (см).
V - 8„ ЯВ, . V = 9 Л - 9^ (см3).
Відповідь. 3 см; 9^7 см*.
24. Ящики мають форму прямокутних паралелепіпедів. Нехай їх основи мають
площу Я, а висоти Л, 1 А., тоді об’єми цих паралелепіпедів У, = Я Л, , Уі = 8 А,.
Оскільки А, * 1,5А, , то V, » 5 1,5Л, 1.58А, • 1,5И,, тобто об’єм другого ящи
ка в 1,5 рази більший, ніж об’єм першого. Тоді маса т зерна, що міститься в
другому ящику в 1.5 рази більша, ніж у першому, т = 1,5 • 60: 3 = 75 кг.
Відповідь; 75 кг.
25*. Кімнати мають форму прямокутних паралелепіпедів з однаковою висо-
тою Л. Нехай у паралелепіпеда з об’ємом 120 м* сторони основи а, і й, . Тоді
V, = а,Ь,к - 120 м».
Нехай у другого паралелепіпеда сторони основи аг 1 й,, а за умовою а3 = 1,5а,,
я Х&і Тол1 ЙОго об'єм У, . У3 я 1,6а, Ай, Л 5 А 0,6,6 1V,, звідки
м 8 2 3 2
К = А. і20м‘ = 60м*.
1 2
Відповідь: 60 м3.
26**. Обернене твердження: «Якщо у шестикутної призми бічні грані — рівні пря-
мокутники, то призма правильна* хибне, оскільки з рівності прямокутників
як бічних граней випливає те, що призма пряма і сторони її основи рівні, але
не випливає те, що кути основи рівні, тому основа призми не обов’язково при
вильний шестикутник.
§32. Піраміди
Завдання 37
6*. У л-кутної піраміди в основі лежить л-кутник. Тоді у неї:
а) вершин — 1, вершин основи — я; бічних ребер — л; ребер основи — п; усього
2л; граней бічних — л; грань, яка є основою — 1; усього — п + 1;
б) кожна бічна грань піраміди — трикутник, тоді плоских кутів на бічних гра-
нях — Зл; на основі — п; усього — 4п.
9*. Дна. Лс б* (б). Число плоских кутів — 4л (кратне чотирьом).
10*. У л-кутної піраміди сума всіх плоских кутів 8 4л . де п — натуральне чис-
ло, п є N .
18
а} якщо 5 3 18 « 4л . звідки л « 4< Б є ЛГ, отже, така піраміда не існує;
4
20
б) якщо 8 = 20 = 4л, л = —- б є N , отже, така піраміда існує.
11“. У трикутної піраміди з кожним ребром а бічні Ірані й основа — рівні між собою
аг>1з
рівносторонні трикутники, тоді площа повної поверхні 8 =45 ;8 = “Л-,
г Р*?В. ВСЯ. вСЯ. а ’
а» А 4
тоді 8^ » 4 —-- а\ 3 .
4
Відповідь: а’^/З.
138 Й ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В.
12 Дано: ЗЛВСОЕР — правильна піраміда, ГЕ = 2 дм;
5ЛГ 1 ПЕ , ХМ = 1 дм.
Згніилш; Я. .
Розв'язання: 5М =5 +5 ; 3. = ІРт ЗА/;
„ За'^З ЗРЕЯ>/3
2 2
I 8*ч. 6Г£ 5ЛГ | -6 21 = 6 (дм’); 3ЛИ. = 3 2‘^-
’ $„ -6 + 6^3 -б(1 + 7з) (дм’).
= бд/3 (дм*);
Відповідь: 6 і 1 + ^3' дм’.
13, Дано: ЗАВСО — правильна піраміда;
5іМ 1 РС; $ЛГ = РС *10 см.
Злиати,- Зм .
Розв'язання: 5,„ » 5 Й + 8* ; 5Л„ = | Рм ЗМ;
З - ВС1;
«* *
5ь«. 2 4РС ям - 2 10 10 = 56 (см*);
5^ «10а =1О0 (см*).
3„ «50+100 = 150 (см*).
Відповідь.* 150 см*.
14. Скористайтесь рис. до № 13. Нехай 03 = 2 IXі = 2 см, тоді Р5 = 2 см.
ОС «1 см. ЗМ — апофема, М — середина
РС, тоді ОМ = | РС = 0,5 см.
Ль
Із прямокутного дР5Л£ ( £ЗМО = 90’ ) за наслідком з теореми Иіфагора
ЗМ - \'ОЗ’ - ОМ* , ХМ 2* | ’ І -
І
я„„. - ; ‘"С ям =
Лі «в
\ і >15 / 1
\ 4В~ (СМ1'
1 4 1.ХІ5 (см*).
А
Відповідь: .. їй см1.
15. Скористайтесь рис. до Н 13. За умовою апофема ХМ = 73 дм, а бічні грані —
рівиосторонні трикутники, отже, ЗМ — висота рівностороннього лЗОС, Відо-
. . в\3
мо. що для рівностороннього трикутника зі стороною о висота п - — - , отже,
5.1/ » '.3 (за умовою), звідки РС = = 2 (дм).
Тоді 5^ = РС’, 5^ = 2’ «= 4 (дм1); 5 « | • ЗМ ,
5 = 1 4ОС ЗМ «і-4 2 ^/3-403 (дм*).
— 2 2
Отже. 3^ = + 3^ , 4>3 + 4 4|уЗ + 1 (дм*).
Відповідь. 41 ч 3 + Ґі
дм’.
:*ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В. :•$; 139
16. Об’єм піраміди V * — 3,^ А . В основі заданої піраміди — правильний шес-
О _ р*
За
тикутник, площа якого 8М в —-— , де а — сторона шестикутника: за умо-
ей
вою а • З см. тоді 5^ --- - (см1). Маємо:
(см1).
Відповідь; 36>/3 см1.
17. Нехай у правильної чотирикутної піраміди сторона основи а. висота — А, тоді
, 1 і. а А .
V = - а А « —- . де а » 5^ .
о о
Якщо сторону основи збільшити в 3 рази, то збільшена сторона Зо , а зменшена
в 2 рази висота А, = 0,5*. Тоді 5 = а?, 8. = 9а’ і V. » - •9а1 0.5А = .
• “’Ж , Д дг| »
4 V А
За1*
V 2 9
Знайдемо І = —• « — = 4,5 . Отже, зі збільшенням сторони основи в 3 рази
® (2- Л л»
з
І зменшенням висоти в 2 рази об'єм збільшиться в 4,5 рази.
Відповідь: збільшиться в 4,5 рази.
§33. Тіла обертання
Завдання 38
1 . Якщо прямокутник з розмірами ох* згорнути так, щоб висота циліндра
дорівнювала Ь, то довжина кола основи с а = 2яЯ , звідки я а ~ Якщо пря-
мокутник згорнути так, щоб висота циліндра дорівнювала а, то довжина кола
основи с Ь = 2пг , звідки г » — .
?л
Відповідь: або —.
2л 2л
2. У прямокутника АВСІ) АВ ш 2 см, АО = 4 см. Якщо
обертати прямокутник навколо АВ, то у циліндра, який
утвориться, радіус основи /^ = 4 см, висота *, » 2 см,
тол1 5<и... ’ 2яЛ А,. 8^ = 2л 4 2 = 16к (см1).
Якщо прямокутник обертати навколо АО, то у циліндра,
який утвориться, радіус основи Я. * 2 см, висота А- 4 см, тоді 5<„ 2пКЛ.
Я = 2я 2 4 = Івл (см1).
Отже, = 8 , тобто площі бічної поверхні рівні.
В
2
3. Нехай у заданого циліндра радіус основи Л, а висота А, Його площа бічної по-
верхні 8*,, а 2яЯА . Якщо радіус збільшили в 2 рази, то одержаний радіус
Я, я 2Я : якщо висоту циліндра зменшити в 2 рази, одержана висота *, * 0,5* ;
площа бічної поверхні одержаного циліндра 8 віЛ » 2я 2Я 0,5А = 2пйЛ . Отже,
а„я.. тобто площа бічної поверхні не зміниться.
4. Нехай у першого циліндра діаметр основи д і висота А. а об’єм V = З А .
ж/1
V » яг1* або V = —А . У другого циліндра діаметр Л Зс/, а висота А. - .
4 З
140 ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В.
Еаі . « «•< п9сгЛ 3 ... _
Тоді ЙОГО Об €М V ———а - па Л . Отже, об єм другого циліндра в 3 рази
ІЗ 4
більший, шж об’єм першого.
Б, Нехай діаметр першої посудини (циліндра і </. а висота рідини Ла Ігі см. Тоді
л, 1, о с ,л паі/і ІЙЯвР , ..
об єм рідина V Л, V «-----------------= 4пД (см*),
4 4
У другої посудини діаметр д,»2д, а висота рідини буде Л,, тоді об’єм
К -“* Л,, V, = * » патН,, Оскільки об’єм рідини не змінився, то К V
1 4
, • 4 л сі1
і псг Л, 4жг, звідки Л, « —-у- = 4 . Отже, у другій посудиш рідина буде на
рівні 4 гм.
Відповідь: 4 см.
І
і- . На малюнку 5.56; а) зображено конус з радіусом основи Я І твірною І*- 2а.
• лЯ 2а 2хВа ; на малюнку б) зображено циліндр з радіусом
основи Н і твірною, що дорівнює висоті Л = а . = 2пВІ> 5к,а = 2пЯа . Отже,
бічні поверхні конуса і циліндра з такими розмірами рівні.
7*. Нехай задано конус з ьершплою В І центром основи О.
Проведемо діаметр АС і висоту ВО; ЛВ і ВС — твірні ко-
нуса, АВ = ВС , ВО 1 АС. Знайдемо бічну поверхню ко
пуса 5кч<. ч я Ні , де Я » АО , І ЛВ за умов;
а) ЛС 8 , ВА » 6 , тоді АО ЛС , АО » 4 .
£
Отже. = я 4 6 ч 24я (кв. од);
б) ЛО - Я , £. АВС = 60, тоді д АВС — рівносторонній. Оскільки АС = 2АО ,
АС = 2Я . то АВ = АС - 2Н . Отже. <%,, = я ЛО АВ » я Я 2Я " 2пЯх;
в) Л(ЬЙ, / АВС = 90 , годі оскільки АС»2ЛО = 2Я, то із рівнобедре-
ного прямокутного трикутника з гіпотенузою 2Я маємо довжину катета
•>О г- — —
АВ -у = В^2 . Отже, 5^ - я В Я, 2 = яЯ\'2 (кв. од).
у2
Відповідь: а) 24 п кв. од; б) 2кЯ' кв. од; в) лЯл •/? (кв. од).
8*. Скористайтесь рис. до X 7*. У конусі з висотою ОВ і радіусом АО V • - лЯ’/і,
1 З
де Я = АО , Л = ОВ , отже, V Я ~ ч АО' • ОВ . Тоді;
а) АО » ВАО • 45®; д ЛОВ — прямокутний, Л АВО » 90" - ВАО -90 - 45’,
і і
тоді л АОВ — рівнобедрений І ВО = АО - Я . Отже, У = - я Я* • В = - яй* ;
б) АО Я, / АВС 90 ’, а АВС — рівнобедрений ( ЛВ * ВС ), тоді ВО — висо-
та 1 бісектриса і X АВО 3 1АВС Д 90“ = 45" . У д АОВ £ ВОА = 90', годі
4. ВАО « 90 - АВО 90 ‘ - 45® 45®; * АВО — рівнобедрений і АО ВО = В.
Отже Г-~я Я2 К-дЯЯ1;
в) АО=В, ^АВО--4Ь ; із * АОВ £ВАО » 45* . АО « ВО » Я . отже.
Г = 1я Я’ В=\пВ'.
З З
І
Усі конуси мають об’єм п/Г .
ГЕОМЕТРІЯ Апостодова Г. В. 141
О'. Це тіло — куля з радіусом 7 см, із якої вирізано всередині кулю з радіусом
; 3 см.
£
: 10. Перевіримо це твердження. Нехай у сфери з радіусом Я площі 5, = 4яЯ’,
25, = 8яЯ’. У сфери з радіусом 2П площа 5 = 4я(2Я)‘ = 16пЯг. Оскільки 25, * 5 ,
то твердження неправильне.
11. Площа поверхні кулі 5 ЧпЯ4 , а півкулі 5' = 2лЯ* .
12. Площа поверхні кулі з радіусом В: 5 = 4лЯа. Площа поверхні кулі з радіусом
Я . ~ . Г Я ? 4кЯ’ пК
10 110.1 100 25
Фарби вистачить на куль. ~ « 4 25 = 100 (куль).
5 5 ТїЯ
25
Фарби вистачить па 10О куль.
Відповідь; 100.
13*. Нехай така куля існує і П радіус х. Тоді числовий вираз її об’єму і площі по-
верхні V . |лх* І 5 = 4лх’ і ^лх* 4кх*, звідки д-х = 1 . X е З . Отже, у кулі
з радіусом 3 об'єм і площа поверхні виражаються одним і тим самим числом.
Відповідь: 3.
14*. Утрьох з’їдають кавун радіусом г = 10 см, об’ємом V = — яг*.
З
гг 4 і А’ _ 4000п . —- ____ « 4000л , 400ОЯ
К ЗЛ 10 ~~3~' * Т°Д кожному дістається —~: 3 = —-— . Увісьмох
з’їдають кавун радіусом Я = 20 см, об'ємом V = - хЯ1, V =» - я - 20і 3?®22я .
З З З
тоді кожному дістається : 8 = , ™му
більше дістанеться Кожному з восьми.
15. Нехай радіус маленьких кульок г, а радіус кулі, в яку їх переплавляють,
Я 5г .
Об’єми цих куль И, «= * хг1 і V = 4 яЯ* відповідно і V. « - л <5㥠.
З 3 3 ' ' З
V
Кількість маленьких кульок, які треба переплавити, п = ;
ЬООлг* . 4 . 50Олг‘ 3 500 , _г
3 3 3 4яг* 4
Отже, 125 кульок треба переплавити.
16. Якщо радіус кулі Я, то об’єм V = - яг*. звідки Я* — , П а Я— .
З 4к V 4я
Відповідь; ? — .
V 4л
17*. За умови задачі циліндр і куля мають однаковий радіус Я. Оскільки куля до-
тикається до основ циліндра, то його висота дорівнює діаметру кулі, Л, = 2Я .
Тоді У„ = лЛ’Л - хЯ’ 2Я » 2л/Ґ ; V »-пН*; . 2лЯ* :-лЯ,»2:-вв--.
З У„ 3 3 4 2
Отже, підношення об'ємів циліндра і кулі 3 : 2.
Відповідь: 3:2.
142 ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В.
18*. Через об’єм циліндра знайдемо об’єм кулі і Ті радіус.
1\ = я/НЛ , де В - а , Л ~ 2а , тоді У4 * й а' 2а 2до1 . Оскільки об’єм кулі
вдвічі менший, то V, » - 2ла' • ля1 . Нехай радіус цієї кулі г. тоді ^ = — яг*
2 З
л 4 у і । і Леї Зд
або — яг’ = яа , звідки г = -7— = —
З < 1
/з 3
а?І < а , тобто радіус кулі менший від радіуса циліндра; отже, куля поміс-
Оскільк я
- я
ТЯТЬСЯ В иІїЛкіідр.
Завдання для повторення розділу V
37*. Багатогранник, у якого 9 ребер, — це трикутна призма (по 3 ребра в осно-
вах і 3 бічних ребра), у якої к основах трикутники, а отже, по 3 плоских кути;
бічні грані призми — паралелограми, а отже, по -І плоских кути. Усього плос-
ких кутів 2-3 + З - і = 18.
Відповідь: 18.
39. У правильного тетраедра всі грані — рівні правильні трикутники зі стороною
з зь 1 \/з
Ь і площею З = ——. Тоді площа бічної поверхні 38, -----------—, Якщо
Відповідь;
27а*т/3
4
40. Для того щоб призма була правильною, необхідно, щоб в її основі лежак пра-
вильний многокутник і призма була прямою. Щоб довести, що призма непра-
вильна, достатньо довести, що в П основі лежить неправильний многокутник.
41*. У призми число ребер кратне 3.
42. У заданої призми всього 8 граней, 2 з яких — основи. Тоді бічних граней 6,
а отже, в основах лежать шестикутники.
Сума З кутів шестикутника 5 180і • (6 - 2) 720*.
Відповідь' 720і’.
47*. Дано: 8АВС - піраміда; 8 В1 пл. АВС;
АЙ ВС *• 3 см; ЛАВС 90”; 8В = б см.
Знайти: 8' ; V.
ГЯ«Ь "
Вогв'язання. V 18 сж • Я, де 5 = 8 Я = ВВ.
З
5.лж = і АВ ’ * 1 • 3 • 3 » 4,5 (см*);
' 2 ' 2
У » | . 4,6 ’ б - 0 (см*). 8_ = 8иж + 5^;
8_ < 8 + 8 -„+ 5 л_;
ОРЛІ аАЛ® «СВЗ *АІМ
8 а 8 + 28 гпл + 8 оскільки АВ * ВС і
ИЦИві В ЖлИ ВІ Я.Т-' іі л*
А АВЗ = д СВ8, З - 8 еяя 8 г„ - - 8В ВС, 8 ,м
— ’ 3 - б « 9 (см1),
£
Проведемо в л АВС ВМ1АС, тоді ВМ — висота, медіана і АМ СМ. оскіль-
ки * АВС рівнобедрений. Проведемо в лЛ8С медіану 8М. За теоремою про три
перпендикуляри 8Л/ 1ЛС.
ГЕОМЕТРІЯ Апостолові Г. В. ЙЙ 143
Л 8ВМ — прямокутний ( г 8ВМ > 90 ), ВМ = /$В’ + ВМ* . У д АВС (ХВ = 90’)
ВМ — медіана, проведена до гіпотенузи, тому ВМ = АС; АС = У'АВ* + ВС* ,
АС -Тз’Тз’ -3 72 (см); ВМ = і 3 72 = (см). Тоді ВМ = ^6* + (^)* =
/102 9>/2 , „ 1 ; 1 у- 972
= V г “ "Г<см)*“ 5лс'г3 І ‘3 ' 2 ж 13,5 (см,)-
6\. =4,5 + 2 9 + 13,5 ж 36 (см*).
Відповідь; 36 см*; 9 см’.
50. Якщо АВСВА,ВІС1ЛІ — прямокутний паралелепіпед і ОО, СС - 2а,
АО < ОС = а. то діагональ ВО* = АЛ* + ОС1 4- ОО*. ВО* = д1 + а* + (2а)’.
ВО1 • ,№а* ж а >/б .
Відповідь; а \ 6 .
51 *. У циліндра з висотою Н і радіусом основи Я об'єм V пК‘Н, а у задано-
1 І
го тіла V У^, V ж - пН*Н. Площа основи циліндра 8 = кЯ". а заданого
1 . Д, ВСЯ
тіла 3^ =— пН*. Бічна поверхня тіла складається з чверті бічної поверхні
циліндра і площ двох прямокутників з розмірами Я і Н, тому
я»«. 2 ’ Я • Я + 1 • 2кПІІ - 2ЯН + * кЯН.
Площа поверхні тіла Я = 2 • 1 лЯ1 4 2НЯ 4- - кВІІ - Я( - яЯ 4- 2Я 4- - х)
4 2 2 2
Відповідь: /ц 1 кЯ + 2Н 4- - я).
2 2
52*. Розглянемо циліндр з висотою Н і радіусом основи Я. Уе кії‘Н,
= 2лЯ’ 4- 2пЯЯ. Нехай V = а куб. од., 8^ Ь кв. од.
За умовою а а Ь, тоді кЯ’Н ж 2хЯ* 4- 2пВН, гЯ*Н 2кЛ(Я + Я), звідки '
ЯЯ " 2Я 4- 2Я, КН - 2Я ж 2Н, ВіІІ - 2) = 2Н, Я « . Оскільки Я і Я до-
2Н п - 2
датні, то а °тже, Н — 2 > 0, Я > 2. Такий циліндр існує, якщо
Я > 2 і Я = — - - .
Я -2
52*. Нехай у циліндра 1 конуса рівні основи
з радіусом Я. висота циліндра Я, а кону-
са 2Я. Тоді:
а) їх бічні поверхні: 8^ Мі, = 2яЯЯ,
5а,. м. “ІгЯІ’ Д® Ь — твірна конуса, довжи-
на якої: £ = 4Ї2НУ + Я* « Ч4Я’ 4 Я1 ;
Явни — “ 74Я' 4- Я3 . Відношення
= гЛ уЛЯ^Г)? ;
1 4- — . отже, 8(
2яЯЯ = * Я3
2Я
И/? Я’
Ї4Н’’4Н*
б) їх об'єми; V' яЯ®Я, V лЯ'Я. Відношення V : V я кЯ*Я : - яЯ'Я = З
отже. У >У . 3 — «ж з
жж« »ан
144 ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В.
54, Доко; конус 8 вершиною С і центром основи О; АВ — діамегр основи,
СА = СВ = АВ л а. Знайти.’
Розв'язання: Им> = п№Н, де В - ОВ, Н * ОС; В * і АВ = ; В — висоти пра- £
З 2 2
. а-,3 ,г 1 да^З
ВИЛЬНОГО і АНС, ТОДг Н » - . Отже, і __ В - Я( - У • —
4 ""324
48
конуса Н. а об’єми
- к&Н, V = пЛ4х
З
ТОЛІ
57*. Нехай
Г = —' •
27
Г 27 '
У
а
Відповідь: ----.
| 48
55*. За умовою у конуса і циліндра радіуси основ Я. нисота
рівні (об'єм свинцю). Нехай висота циліндра х. тоді =
1 Н
і - п/УЯ * яЯ*х. звідки х — .
З З
Н
Відповідь; ~ .
З
56'. Оскільки конус уписано в куб, то основа конуса вписана в нижню основу куба,
а вершина конуса дотикається верхньої основи куба. Нехай ребро куба а. тоді
висота конуса ОО, = а, радіус основи конуса г ~ - я г ‘Я. де Н ОО,.
4 > 2 3
1 . а яа
Зя< . )•»= —.
кулі з об'ємом V І радіусом В об’єм зменшився у 27 разі», і став
4 4 4 1 4
ного радіус став г. V - яй*, V в - я г *. Тоді - я г ’ - — * - яЯ4.
Зо о 27 о
К
« — . Площа поверхні кулі 5 = 4яЯ\ а зменшеної 5' « 4к г\ тоді
З
д
5 : 5Ґ 4п№ : 4я( — )2 » 9. Отже, площа поверхні кулі зменшиться в 9 разів,
З
Відповідь: зменшиться а 9 разів.
50'. Нехай об’єм меншого м'ячика V, а більшого І" і V в 8У, тоді їх радіуси г і /?
4 4 4
відповідно; V’ — л г\ V* - яЯ* * 8 • — я гл, Я* » 8 г*, В = 2г Площа поверхи!
3 3 3
меншого м'ячика 5 ’ 4кг3, більшого 5’ 4пЯл = И(2г)* =• Ібяг1. Площа поверхні
більшого м’ячика більша від площі меншого у таку кількість разів: $' : $ =
Іблг1: 4яг* в 4. Отже, матеріалу для фарбування знадобиться в < рази більше
1 він буде коштувати 50 кои. * 4 = 200 кой. = 2 гри.
Відповідь; 2 Грн.
59*. Нехай діаметр маленьких кавунів д, а великих В і В = 2</. їх об'єми відповідно
.. 4 . д . . , ,* 4 . В - , т- пй* , 4 2сі ... 4 , ,
V в - я ( - )4 і V = - т —Тоді V = — - 11 = - Ж — ) = - пД4. 06 см трьох
6 3 2 3
4
---, а одного великого V = - пді. К - ЗК =
2--З
4 . д
3'2
4 В
З 2
юЛ*
миленьких кавунів ЗК = 3 • — -
4 „ ясГ 4 1 5 „ .
я — ясґ - —- - пд\ — - - ) - - > 0. отже, об ї м одного великого кавуна
З 2 3 2 6
більший, ніж об’єм трьох маленьких, і вигідніше купити один великий.
60*. Якщо площа круга 5, 5 лй1, то його радіус В
. Куля має той '.ке самий
радіус Я, тоді площа поверхи! кулі 5* ІпВ* в
Відповідь: 45.
= 4п • - = 15.
я
ГЕОМЕТРІЯ Алостолова Г. В
145
; 61*. Нехай радіус маленьких кульок г, я великої Й 10г. Об’єм маленької кульки
4 4 4 І
V а - X г\ в великої V* = - ПЙ* а - л(10г)’ - • 1000кг«. Кількість маленьких
• З 3 3 3
• 4 4
і кульок V*: V»- • ІОООпг’ : - лг‘= 1000
; З З
Відповідь: 1000.
146 ГЕОМЕТРІЯ Апостолова Г. В.
Розв’язання
вправ та завдань
до підручника
«ГЕОМЕТРІЯ»
М. І. Бурди, Н. А. Тарасенкової
РОЗДІЛ І РОЗВ'ЯЗУВАННЯ ТРИКУТНИКІВ
§ 1, Синус, косинус і тангенс кутів від 0 до 180
1'. На мал. 8 1) х — абсциса точок, у — ординати;
-,<3 1 _ 1 7з л 72 72
тичка й: х = — , у - точка С: х ж у ж ; точка 1>: л --, у = —-;
22 2 2 2 2
2) радіус ОВ утворює з додатною піввіссю ОХ кут /ВОА, ОС — /СОА.
О1> — /1ЮА;
1 73 72
3) віп /ВОА « -,8іп /СОА — .яіп /ВОА * — (ординати точок В, С, В
відповідно); 2 2 2
Г"
сов /ВОА — , сов /СОА в \ сов /ВОА — —(абсциси точок В, С, В
відповідно); 2 2 2
їжЛ = ~,І*/СОЛ- -/Здв/ООА- —Ь-1
22.3 3 22 2 | 2
(відношення ординат точок В, С, В до їх абсцис відповідно).
2'. На мал. 9 1) кут 0' утворим радіус ОХ, кут 90 — ОВ, кут 180 — ОС;
2) значення синусів кутів — ординати кінців відповідних радіусів, косинусів
кутів — абсцис, тангенсів — відношень ординат до абсцис. Тому;
а) віп 0е - 0, віп 90’ - 1. аіп 180е - 0;
б) сов 0’ - 1, сов 90 - 0, соя 180 - -1;
в) це 0г - 0 ; ї - 0, ЦГ 180 - 0 ; 1) - 0.
З’. Радіус одиничного півколо /? - І. тому будь яка точка півкола має абсциси
й ординати такі, що:
-1^x51, - ІірйІ.Тому:
1) можливі абсциси: 0,6 та -1; неможлива -2;
2) можливі ординати: 0.8 та 1; неможлива -0,8.
4°. 2) А(0,82: 0,59), Й(й.ЗЗ; 0.91). С(-0.42; 0.0), ЇХ-0,64; 0,71), £(-0,91; 0.25).
3)
а 35‘ 70’ 115 13(Г 165
аіп а 0.59 0,94 0.9 0,71 0,25
еоа а 0.82 0,33 -0.43 -0,64 -0,91
віпа а СОЗЦ 0,72 2,85 -2,14 -1,11 -0,27
5°. 1) якщо 0’ < а * 90й. то а — кут І чверті, і координати кінця радіуса додатні,
тому віп а > 0, саз а > 0, і? а > 0;
2) якщо 90‘ < а < 180’, то а — кут II чверті, ордината кінця радіуса додатна,
абсциса — від’ємна, тому віп а > 0, соя а < 0, їв а < 0.
в . Скористайся висновками до завдання 5°.
Радисн одиничного півкола, які утворкж/ть з доДдтиою піввіссю ОХ гостр. кути, И
належать 1 чверті, а тупі — II чверті. Ординати кінців них радіусів додатні. И
а абсциси кінців радіусів І чверті додатні. II чверті — від'ємні- И
*.*л*л*.*в
7 . 1) якщо косинус кута від’ємний, то кут — тупий;
2) якщо косинус кута додатний, то кут — гострий;
3) якщо тангенс кута від’ємний, то кут тупий.
8’. 1) якщо кут а зростає від 0 до 90’, то ордината кінця радіуса зростає від 0 до
1, п абсциса спадає від 1 до 0, отже, яіп а зростає від 0 до 1, сов а спадає від
1 до 0;
2) якщо а зростає від 90' до 180'', то ордината кінця радіуса спадає від 1 до 0,
а абсциса спадає від 0 до -1, отже, віп а спадає від 1 до 0, сов <х спадає від 0
до-і. '
9°. 1) Зсов 0'’ - 2зіп 90’ - 3 - 1 - 2 • 1 - 3 - 2 » 1:
2) 4віп 0е - 5сов 180е -40-5- (-1) -0+5-5;
Зі б81п 90“ - Зїв 180“ - 6 1-30-6;
4) 8віп 180е + 2сов 90“ - 8 0 + 2 0-0.
10’. 1) якщо сов а - -1, то а — 180’, звідки зіп а — яіп 180' - 0;
2) якщо сов а - 0, то а - 90', звідки віп а - віп 90 - Г.
3) якщо соя а - 1, то а - 0е, звідки віп а - яіп 0° - 0.
11е. 1) якщо віп а - 1, то а - 90е, звідки сов а - сов 90 - 0;
2) якщо він а - 0, то а - 0' або ц - 180’. звідки сов а - сов 0‘ - 1 або сов « -
- сов 180' - -1.
Знпчгіінн синуса і косинуса кута є координатами кінця радіуса одиничного
півкола. Ц
12. Синус і косинус кута можуть набувати лише значень:
0$8іпа<1, -15сова51 для кутів 0°іа$180’.
Тоді: 1) значення -0,6 косинус може набувати, а синус — не може; 2) значен-
ня 0,8 І косинус і синус кута набувати можуть; 8) значення 3 ні синус кута, ні
косинус набувати не можуть.
---- ------------------------------------------------------------------—|
Таніне кута — відношення ординати до абсциси кіпця радіусе одиночного М
□інколи. И
13. Тангенс кута може набувати значення 8; 0,01; 200.
14. Якщо кут а трикутника гострий, то. аіп а -> 0. сов а > 0, ів а > 0;
якщо кут а трикутника туций, то віп а > 0. сов а < 0, їй а < 0;
якщо кут а трикутника прямий, то він а - і, сов а - 0, їв а не існує.
15. Якщо а, 0, * — кути трикутника, то 0а < а < 180’, 0° < 0 < 180’', 0° < у < 180‘.
Тоді: 0’ < — < 90’. 0°<-<90г,0“<-< 90".
2 2 2
1) віп а, віп 0, він у — додатні числа, отже, віп ц + віп 0 + віп у > 0 (сума має
знак «плюс»);
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасвикова Н. А. 149
2) якщо заданий трикутник гострокутний, то соя и > 0, сов 0 > 0. Ід у > 0 І сов
а + соя 0 4 сов у > 0;
якщо заданий трикутник прямокутний, то якщо а - 90’, то сов а » 0, соя 0 > 0,
сов у > 0 і соя в 4 сов 0 4- сов у > 0; якщо заданий трикутник тупокутний з тупим
кутом а, то сов а < 0, косинуси гострих кутів соя 0 > 0, сов у > 0 і сов 0 > ^оов а|,
тоді сов а 4 соя 0 4 сов у > 0;
3) ^’|’2 ~ гострі кути; 1|Г £'^2*^2 -"Додатяі’ІИСЛ11’тоЛ’ + *<| + *<|>0
(сумо мас знак «плюс»).
16.1) Оскільки він а сов а > 0, то або яіп а > 0 і соя а > 0. або віп а < 0 і соя а < 0.
Але яіп а > 0 для 0а < а < 180 . тоді сов а > 0, а отже, а — гострий кут;
2) віп а соя а < 0, тоді або яіп а > 0 і сов а < 0, вбо яіп а < 0 і сов а > 0. Але
віп а > 0 для 0° < а < 180 , тоді сов а . < 0, а отже, а — тупий кут;
3) віп а і< а < 0, тоді або яіп а > 0 і і< а < 0, або яіп а < 0 і Ік а > 0, Але віп
а > 0 для 0*< а < 180", тоді ід а г 0, в отже, а — тупий кут.
17.1) якщо сов а « 0,8. сов 0 - 0.2, то а і р — гострі кути: 0° < а < 90й, 0 < 0 < 90:
і, за доведеним у задачі 8е, косинус кута спадне від І до 0, отже, оскільки сов
а > сов 0, то а < 0;
2) оскільки сов а - 0,3, сов 0 “ 0,6, то а і -0 — туш кути;
90" < а < 180“, 90' < 0 < 180і- і, за доведенням задачі 8°, косинус кута спадає.
Оскільки соя а > соя 0, то а < 0;
3) оскільки віп а - 0,4, соя 0 - 0,7, то а і 0 — або гострі, або тупі кути;
якщо 0е < а « 90°, 90 < 0 < 180а, то а < 0;
якщо 90 ’ < а < 180', 0 ’ < 0 < 90’, то а > 0;
якщо 90" < а < 180", 90' < 0 < 180\ то синус кута спадає від 1 до 0. а оскільки
віп 0 > яіп а, то а > 0;
якщо 0* < а < 90°, О < 0 < 90 , то спнус кута зростає під 0 до 1. а оскільки
віп 0 > яіп а, то 0 > а.
18.1 ) оскільки 05яіпа<1.то 12віпа+152;
2) оскільки -15сояа21,то -0,бісова + 0,521,5;
3) оскільки 02віпа21.то 0,2£віпа* 0,221,2.
19. 1) Задані кути належать 1 чверті, до, якщо кут зростає від 0' до 90“, то синус
кута зростає. Тоді оскільки 5і < 15° < 20" < 66 < 75е,
то яіп 5° < яіп 15 < віп 20- < віп 66’ < віп 75°.
Відповідь: віп 5°, віп 15е, віп 20е, віп 66°, віп 75®.
2) Задані кути належать І чверті, де, якщо кут зростає від 0’ до 90’, то косинус
кута спадає. Тоді оскільки 9° < 16е < 46е < 75° < 80",
то сов 80а < сов 75а < 46е < сов 16° <- соя 9\
Відповідь: сов 80°, сов 76“, сов 46°, сов 16°. сов 9*.
20. Задані кути належать П чверті, де зі зростанням кута від 90“ до 180а і синус,
1 косинус кута спадають. Тоді:
1) оскільки 92“ < 101° < 125“ < 150а < 176°,
то віп 176° < віп 150® < віп 125° < яіп 101“ < ят 92е.
Відповідь: аіп 92е. яіп 101е, яіп 125®, яіп 150°, віп 176°.
2) Оскільки 91а < 97а < 102" < 165° < 175°,
то сов 175 ’ < сов 165е < сов 102’ < сов 97“ < соя 9Г. ’
Відповідь; сов 91°, сов 97°. сов 102°, сов 165а, сов 175*.
21. Задані кути належать П чверті, де зі Зростанням кута синус і косинус кута
спадають, в тангенс кута зростає. Тоді:
1і віп 145' > яіп 169°. отже, віп 145а - віп 169' > 0;
2) сов 178' < сов 153°; отже, соя 178 - сов 153а < 0;
3) 163’ > їв 12Г. отже, Ц? 163“ - 1< 121° > 0.
150 й>-ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А.
22.1) соя 10 > 0, віп 120* > 0, І< 105'* < 0, тоді соя 10 аіп 120 ХЯ 105 <0;
2) віп 40е > 0, соя 153", М? 15" > 0. тоді діл 40'1 • сов 153* і# 15 < 0;
3) іе 110* < 0. чг І60г < 0, віп 150“ > 0. тоді Цг 110" ІД 160 • віп 150" > 0.
__ 6аіп90 яіп ЗО" • сов 0г 6 1 0.5 1 а
соя 180“ -1
2) 8сов 60 г 2зіп 90 - ІОоов 180° - 8 0,5 4-2 1-10 (-1) - 4 + 2-4 10 - 16;
3) а’віп 90 - Лав О1 - Лов 180“ -а* 1 - б* 1 - с* (-1) - 0і - Ьг 4 Є, якщо
а - 4, Ь - 3. с - -5, то а’ - Ь3 + с* - 4і - 3і + (-5И - 16 - 9 4 25 - 32.
Відповідь: 1) -3; 2) 16; 3) 32.
24. Оскільки синус кута — ордината кінця радіуса одиничного півкола, косинус —
абсциса, а тангенс — відношення ординати до абсциси, то для кута а а -
- ^^.Тоді
сова
1) якщо сон а - -1. то а - 180е, я віп 180 - 0. Отже, 18 <* " - 0;
2) якщо віп и - 1, то а - 90е, а сов 90" - 0. Отже, ХК а не існує, оскільки ділити
на нуль не можна;
... , З 4 „ . З ( 4Л 3 5 З
3) якщо віп а - сов а - —, то Се а - - : - — в----- —.
б 5 Б [ 5 544
25. Побудуємо задані кути, враховуючи, що косинуси кутів дорівнюють абсцисам
кінців відповідних радіусів одиничного півкола. Побудуємо одиничне півколо,
після чого:
1) якщо сов а — 0,4, то побудуємо точку з координатами (0,4; 0) і через неї проведемо
пряму, паралельну осі ординат, яка перетне одиничне півколо в деякій точці. Ця
точка е кінцем радіуса, що утворю* з додатною піввіссю шуканий кут;
2) якщо сов а — -0,5, то побудуємо точку з координатами (-0,5; 0) і проведемо
побудови, як у випадку 1).
Синус кута — ордината кінця радіуса одиничного півкола.
1 • Г
1) якщо від а » -,то побудуємо точку з координатами . 0;
З І
пряму, паралельну осі абсцис. Вона перетне півколо у я
і через неї проведемо
26. Побудуємо одиничне півколо, після чого:
1
З
вох точках, одна з яких
належить І чверті, інша — другій. Ці точки с кінцями радіусів, що утворюють
з додатною піввіссю шукані кути: гострий 1 тупий;
2) якщо аіп а - 0,5, то побудуємо точку з координатами (0; 0,5) і проведемо
побудови такі, як у випадку І).
Кожна з цих задач має 2 розв'язки: гострим і тупий кути.
27*. Доведення. Нехай кути а і 0 утворюють з додатною віссю Ох радіуси одиноч-
ного кола ОА 1 ОВ відповідно. Якшо аїр кутя І чверті (гострі), то з умови
аіп а - віп 0 маємо: ординати точок Д і В рівні, а отже.
точки ДІВ співпадають і а 0. Якщо а і 0 кути II
чверті (тупі), то аналогічно до доведеного а — 0.
Розглянемо випадок, коли а — кут 1 чверті, 0 — кут
II чверті, ординати точок ДІВ рівні.
Опустимо з точок А і В нп вісь Ох перпендикуляри
АО і ВС, АО “ ВС. £АОО “ а, £ВОД ~ 0. Розглянемо
прямокутні трикутники АОВ і ВОД: ОА « ОВ (радіуси),
АО - ВС. Тоді за ознакою рівності прямокутних трикутників ьАОО =ьВОС,
звідки £АОВ « ^ВОС - а. Кути ЛВОС і /ВОД суміжні, отже, а -4- 0 “ 189°,
звідки о - 180* - 0.
Висновок: якщо віп їх - »іп 0. то або а — 0, або а - 180° - 0. ІЦо Й треба було
довести.
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А. 151
28*. 1і Проведемо пряму у - х. яка перетне одиночне півколо в точці з координатами
(а; 5). де а - Ь. а > 0. 5 > 0. Пя точка — кінець радіуса. £ца утворює і додвтною
піввіссю кут а — 45°. а - со» о, Ь яіп а, отже, віп а - сон а, якщо а - 453.
2) Проведемо пряму р - -х, яка перетне одиночне півколо в точці з Координатами
(-а; 5), де -а - Ь, а > 0. Ь > 0. Ця точка — кінець рощуся, що утворює з додат-
- кою піввіссю кут а - 135°. -а - сов а, а - -соя а; Ь - віп о,
: отже, -сов а — аіп а. якщо а - 135’.
Відповідь: 1) віп а — сов а, якщо а — 45’; 2) вш а — -сов а, якщо а — 135’.
: 29’. Нехай точки А 1 В — кінці радіусів ОА і ОВ, які утворюють з додатною піввіссю
кути /ЛОХ 1 /ВОХ відповідно.
Проведемо АС ± ОХ, ВО 1 ОУ. У “ д
/ВОУ - 9о - (90 - а) - а.
1) віп (90 - аї - ВО, СОЯ а - АС. МАС *МВИ Дмг\
(прямокутні, у яких ОА - ОВ, /АОС — І.ВЙЙ), / х1 90 /Vі
звідки АС — ВВ, отже. Ил (90 - а) — сов а. ]. .П__
2) сов (90 - ц) — ОВ, віп а — ОС. Із рівності О С х
МАС »МИВ мнемо:
ОВ - ОС, отже, сов (90* - а) - він а. Що м треба
було довести.
31*. 11 -1 ісойЦ^І, Якщо -Іітьі.то — £1 або — 5-1.ВТ1 + —>1
І 1
аби т + — .отже, сова в лі+ -
пі т
Відповідь; рівність неможлива.
32*. Із прямокутного иАВС (/С - 90 ) магмо: АС - АВ сов.'.ВАС, АС 1 сова,
АС - соя а; ВС - АВ аіп /ВАС, ВС — 1 віл и, ВС — віп ц.
Із прямокутного дАЙС (/В - 904 мнемо:
СВ - АС яіп 21ЙАС, НС “ сов а • віп а, АИ - АС сов х_ЙАС;
АВ - АС со& 4_1)АС, АВ — соз а сов а, АВ — сов* а.
Оскільки АВ ~ АЙ + ВВ, то ВВ ^АВ-АВ, ВГ> ~ \ - сов1 а,
ВВ - віп1 а.
Відповідь: АС - сов а, ВС - віп а, ВС - со* а віп а,
Ай - сов’ а, ВВ - аїл’ а.
33. За 5 хвилин хвилинна стрілка внаслідок обертання
утворим кут 304 Тоді за 25 хвилин утворюється кут 30° 5 - 15(Г.
Відповідь: 1504
34*. Зя 1 оберт спиця ОА описує кут 360“. тоді за 40 обертів — ЗбО 40 - 14400е.
У 1 хвилині 60 секунд, або 120 по 0,5 секунди. Тоді за 0,5 секунд стрілка опк
пі«- кут М400 ; 120- 1204
Відповідь: 120г>.
§ 2, Основні тотожності для віп а, соз а І Ід а
35'. 1) а) яіп3 9е + еоа* 9' - 1; в) 1 - віп’ц — сов1 а;
б) 1 + віп’а + сов1 а -1 + 1-2; г)1- совл'а - 81п’а;
2) а) віп (180і - а) - віл а; в) ід (180 - а) - -їв а;
б) сов (180° - и) — -сов а; г) сов (180 - а) + сов п — -сов а + сов а — 0;
3) а) віп (90 - а> - сов и;
б) со» (90 - а) - вів а;
в) сот (90 - а) - кіп а - віп а - віп а * 0;
г) він (90 - а) + соя а — сов « + сов и — 2 сов а.
152 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А. ::+
36е. 1) 1 - яіп* а + соя* 1 а ” сов’а + сов:а • 2сов'а;
2) 1 4- віп* а сов*в “ І - сов’а + віп*а “ віп*а + віп*а • 2віп*а;
1-сов’а віп1 а . ,
3) —І-----г -----Г" " -іг а;
віп а -1 сов а
4)(1 + ів,“) сов* а------=— сов* а » 1. ,
сов а <
37, 1) їв асов а + віп а — а + 81п а в Й|П а 4 я|п а “ 2віп а; ;«
сов а <
2віп а - 2в1п а. Тотожність доведено. ;«
2) (1 ~ сов аХІ + сов а) - 1 - сов- а - віп*а; •'
віп* а “ віп* а. Тотожність домелено.
3) (1 - віп*а)1<*а " 008*0 - " віп’а;
сов а
віп” а - віп* а. Тотожність доведено.
4) (1 - сов1 аХІ + ів*а) " віп*а —— Чг’а;
і сов а
І їв1 а “ їв* “• Тотожність доведено.
Формули зведення
яіп (180 - а) — віп а; сов (180 - а) - -сов а; 1< (180е - а) -і< а;
віп (90 ’ - а) - сов а; соя (90° - а} - яіп а.
36е. віп 110 - віп (180* - 70~> - віп 70 ; віп 125е - віп (180 - 55г) - віп 55°;
віп 150* « віп (180 - ЗО ) - віп ЗО*; віп 165 - віп (180 - 15і) - віп 15°;
віп 176* - віп (180а - 4“) «= віп 4е.
39 . сов 105° - і-оя (180 - 75 ) - сов 76е: а» 120* - сов (180 ’ - 60 ) - сов 60*;
сов 122° — сов (180й - 58*) •• -сов 58л; сов 145° - сов (180 - 35°) - -сов 35';
сов 160“ - сов (180 - 20) - -сов 20 .
ч'З
41 *. 1) віп 120 - віп (180 - 60 ) - яіп 60* -
1 2 З
сов 120“ - сов (180 - 60 ) - -сов 60’ -
їв 120° - 1< (180 - 60’) - їв 60 - -/З*.
2) яіп 135“ - віп (180* - 45а) - яіп 45’ - :
Ля
&
сов 135° - сов (180 - 45°) - -сов 45°---
їв 135" - їв (180 - 45°) - -їв 45“ - -1.
3) віп 150 - віп (180а - ЗО’) - віп 30* -
ч'з
сов 150 - сов (180 - ЗО’) - -сов 30' -
їв 150“ - їв (180’ - 30°) - -їв ЗО- -
З
42'. Скористайтесь результатами завдання 41.
>)2яіп30* + ТЗсов 150- -
2) їв 45 ів 120* ’ (< 150’ - 1 • (-73) | = І*.
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І.. Тарасенкова Н. А. 153
3) 2сов 120° + 2&ІПІ5О1 - 2 Г-1] + 2 - - -
І 2І 2
4) ІЯ 135е • віп 135е сов 135е - (-1)-у I
-1 + 1- 0
43а. 1) Звіп (180“ - а) - 2віп (180е - а) - Звіп а - 2віп а — віп а;
2) ік (180’ - а) віп (90‘ - а) - а сов а — ~--п - сова — -віп а;
сова
3) віп (180‘ а) + сов (90 а) — віп а + віл а - 2віп а:
4) віп (90 - а} + сов (180' - а) — сов а - сов а - 0.
44°. 1) сов (90і - а) • віп (180 - а) — віп а > віп а - віп*а;
віп2 а - віп’ а. Тотожність доведено.
2) сов (180 - а) • віп (90 і - а) — -сов а сов а - -сов1 а;
сов4а - - сов1 а. Тотожність доведено.
соя(90а-а) віпа
’ с«(180'-а)ж Тіа - *Ч «і “Ч « - ’Ч а- Тотожність доведено.
4)
сов(90’ -а) сова віпа• сова
віп (90а - а) • віп а сова-віп а
— 1; 1 — 1. Тотожність доведено.
біті сх
45. Тотожність іц а - —— не спрвнджусться, якщо а — 90”, оскільки сов 90 - 0,
сова
& на 0 ділити не можна.
40, 1)1— віп а сов а І# а — 1 - віп а сов а - — 1 — віп2 а — соя2 а;
сова
2) (1 + віп а)ія’а • (1 - віп а) - (1 - віп1 а) • ія2а - сов2а 01 » аіп2а;
сов а
8) яіп а - віп а сов’а - віп (1 - соа’а) — віп а віп’а - віп’а;
4) ІЯ1 а - віп’а Ьв’а - і<*а (1 - віп1 а) « ія’а сов1 а — 8*п-и сов1 а — віп1а;
сов а
5) 2 - віп1 а - сов2 а — 2 — (віп1 а + сов’а) — 2 - 1 — 1;
6) їв1 а (2сов’а + віп1 а - 1) - Ія’а (2соя(а - сов1 а) - сов1 а - яіп1 а.
совга
47.1) (1 + ія1 а) соя* а + віп1 а — —— сов* а + віп1 а - сов1 а + від2 а — 1; 1 — 1.
™ . сов а
Тотожність доведено.
*
2) сов’а + ів’а - сов’а - сов’а (1 + ся1а)сов1» • —— — 1; 1 — 1. Тотожність
сов а
доведено.
3) (віп’а + 1<’а + сов2а) сов’а — (І + (я’а) • сов’а — —ї-— • сов’ а —1:1 — 1.
і сов а
Тотожність доведено.
4) (сов а віп а) • (сов а + віп а) — сов’а - віп1 а - 1 - віп’а - віп2а - 1 - 2яіп’а;
1 - 2віп*а — 1 - 2віп’а. Тотожність доведено.
48. Щоб перевірити, чи існує кут а із заданими значеннями його синуса і косинуса,
перевіримо, чи справджується рівність віп1 а + сов1 а - 1. Якщо справджується,
то такий кут існує, в іншому випадку — не існує.
1) віп а - - і сов а — -і, тоді | І * І 7 І = ~ + Отже, а не існує;
4 4 (4) 16 16 16
154 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А.
| 2) віп а « і і еов а
чЗ
. тоді
вл
ь
1 3 4 , л
= — 4-— — Отже, а існує;
4 4 4
2
і1 9 16 25 .
- — +— - — - і.Отже, а Існує.
25 25 25
*
З
3) 8Ш а ’ - і сов а -
5
49. Спростимо вираз
еоаа . аіпа , . сова , . _ сов’а + віп’а 1
- — + віпа. сова :----+ віпа " сова*----- 4 віп а —- -— - ~ '.
іва сова яіп а аіпа аіпа
1 і 1 о
віп а З
-1- =1 =10:
аіпа 10
1 , 1
-----» 1: - 5.
віп а 5
4
- . тоді
5
І) якщо яіп а — 0.5. то
2) якщо яіп а - 0,1, то
3) якщо віп а - 0,2, то
1
-----—.Знак «+» або «-•
1 + їй ’«
требч обирати а залежності від чіи-рті, якій належить кут а, враховуючи, що
в І чверті синус, косинус і тангенс кутя додатні, а в II чверті синус кута до-
датний. а косинус і тангенс — вщ’емні.
со«а = ±<1 - яіпг а, аіпа ±\ 1 - сцвл а, сова = ±
ш
X
а
а
З
50. 1) яіп а* 10 <а<90 (І чв.), тоді сова =
6
4 . яіп а
ірх ——.звідки
5 віп а
5
3 4 3
їй а - - =-.
5 5 4
. 4 З
Відповідь: сой а - -, 1< а — -.
5 4
12 ।
2)аіпа — — 1 90° < а < 180’ (11 чв.), тоді сова - 1 -
18
б
13
12
13
5 . віп а
—;іеа ------
13 сова
-2--2,4.
5
5
Відповідь; сова в = -2»4.
13
3) віп а - 0.8 і 0‘ < а < 00 (1 чв.), тоді сова V1 - 0,8' = 0,6;
і« а - 0.8 : 0.6 -
З з 1
Відповідь: соя а - 0,6, ся а “ 1
З
51. Враховуючи, що синуси кутів і 1, і II чверті додатні, маємо:
1) якщо соя а • -™,то яіпа = 1 - ' -
13 її
5
13
12
Відповіде: віп а - —. їв а — -2,4.
13
12
““"їз
12
«“- ІЗ
12
5
-2,4.
15
2) якщо соя а ** ]-,товіпа- .1-
Я 8
Відповідь: віп а — , І? а —.
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А. 155
5 ?
Г'з
15
17
25 12
111 з —— .
169 13
8 . 8 15 8
—-., а Іе а • — : — = —,
17' 17 17 15
3) якщо соя а - -0,6, то віп а - ^1-(-0,в)’ « 71-0.36 =0,8, а а
« 0,8 : (-0,6} —
3 3
Відповідь: віп а *• 0.8, їда - -11.
З
52. Оскільки їв а > 0, то
З
11 якщо о » , то а — кут і чверті, віп а > 0. сов а > 0;
» 4
1
4 .
—, а він а І -
5 у
4
5
сова =
1 +
З
5'
Відповідь: віп а = - . сов а = -.
Б 5
2} якщо 1< а - 2.4, то сова =
12 5
Відповідь: кіп а « —, соя а = —,
13 13
. 11
3) якщо ія а “ —,то сова = 1
ь(І
— .а »іпа
13
&
ІЗ
1
11
60
3600
3721
60
61
12
13'
1 +
60?
61 '
а віпа = ,1 -
121 11
3721 61 *
„ , ,, 60 . и
Відповідь: сов а “ —. віп а — - -.
61 61
53 і) ~2яіп*а * 2вІпа-2віпаа 2»1аа(1 -віпа) 2яіпа
І-віп’а (1-віпа)(1* віпа) (1-віпа){1 * віпа) 1+яіпа’
2віп*(18О,-а)»2сав(90'-а) сова 2 віп* а +2 віп а сова
віп а + сов а віп а + сов а
2віпа(8іла ♦ сова)
-— —й.28іпа;
віпа ♦ сова
3) віп* (90* - а) - віп (180°- а) < сов(9<Г - а) , сов’а віпа віпа
сова-він о1 сова-віпа
сов* а-віп* а (со»а - втаЬсоиа + яіпа)
--------------------- Д--------------і = сова + віпа;
сова>8ша----------------------------сова-віпа
віпа
4> спвїІЯО'-аїЧв» ~008а сова '«*«« в2зіпа
віп(90’-а) ія(180'-а) сова ( і<а) _оова,мпя " -віпа ’
сова
54 і, ®‘2,901151 . ’ип'90\1а) «о*» со8а
1-віпа 1 + віпа 1-8ІПСХ 1т віпа
/ 1 и— 1 ьв.вч 1 + 9іпш-1 + 8іпа
1-віпа 1+віла (1-він а)(1-віпа)
і56 й:-:: ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А.
2 віп а 2 віп а сов а 2 віп а
- сода -----г- = -------5-- —-------- 2^а
1-віп а соя а сова
21$ а - 2 ія а. Тотожність доведено.
1 -«(ІНУ-а) = _1_-Л1п'а...ї!““ - У”’"*1 2 3"” .1:1-1,
він (180'-а) сод а віпа сова сода аіп а сод а
ність доведено.
3) І —їт2г---т~1 К«,(180е-а)»(—^-11'(-ЦГа)’ “
І сод*(90° -а) ' 1 (яіп1 а '
1-яіп’а .і сов* а яіп’а , , . №
— ... Цс а = —г— • —=— = 1; 1 •• 1-1 отожшеть доведено.
віп'а яіп1 а соя а
<)
зіп’а^І
віп’ а
• їв' (180® - а) «
-соя1 а
віп* а
1<’а
сод1 а
віп* а
- -і
сод а
Тотожність доведено.
.. 2сов*а-1 сов’а + сов а-1 сов’а-віп а
55*. 1) -----------«---— ----------=—:-----------
віпа + сода, віп а + сова віп а + сода
(сод а-яіп &)(сова + віпа)
—'------------<------—• —і - сов а - віп а;
яіпа + сояа
сов*а-яіп* а . , соя* а-яіп*а віп’а
2) -------і-----+ Ц? а » - ----ї-----
сов а сод а сов а
І сод’ а - віп1 а)(сод’ а •» зіп’ а| т віп’ а сов’а - віп’а > яіп’а сов1 а
сов1 а сов1 а сод1 а
(віпа + сода)* -1 яіп1 а + 2віп асова + сод’ а-1
1 (1 + і«а)‘- (1 - іяа)’ 1 ♦ 2іяа + і<*а - (1 - 2іда + і<’а)
1 + 2віпаоова- І 2віпасова віпасод’а = 1 сов*а.
І + 2ія« ♦ ів*а -1 + 2іка - 1«‘а * Шнх 2яіп а 2
сода
1 - віп4 а - сов* а (1-віп4а|-сов‘а (1-Щп’аЦі + віп’а)-сов’а
сод авіп’а сод’аяіп’а сод1авіп’а
сод1 а(1 + віп1 а) - сод* а сод* а (1 + віп’ а - сод’ а) 8іп’ а + віп1 а
сов* а віп1 а сов1 а віп1 а віп1 а
2 віп а „
——— » 2
віп а
56*. 1) Якщо ік а - 3, то
віпа л . ~ ,
—— = З.віп а • 3 сод а. Звідки:
сова
віпа + сова Зсова + сова _ 4сода
віпа-сова Зсова-сова 2сода
2) якщо ія а - 2, то -в1Пг^ = 2. яіп а - 2сод а. Звідки:
сова
зіп а 4 сода 2 сова т сода _ 3 сов а _ 3>
віпа-сода 2сова-сода сова
3) якщо ід а - 0, то ® 0, звідки віп а - 0. Тоді мвемо:
сода
віп а + сод а 0 + сод а сод а .
і— - — =------•-----— = -І.
віпа-сова 0-сода -сода »
57*. 1) Якщо їв а " 0, то я 0,звідки віп а «-0, Тоді маємо:
сови
яіпасода 0 сода п , д.
віп1 а-соя1 а 0-сод’а -соз’а
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А. 157
2) якщо І к а “ 2, то ^2-и = 2,звідки яіп а » 2соя а, Тоді мнемо:
сова
віпа сов а 2 сов а сова 2гояго 2сов*а 2
аіп'а-соз'а (2 сова)1 - сов* а 4 сов3 а -сов* а 3 сов* а З'
». , 6 віпа 5 5 „
3) якщо іц а ’ ,то = - .звідки «1п о - сой а. Тоді магмо:
2 соя а 2 2
5 , 5 і
сов а «сов а
____2_____ — и 2_________
25 сов3 а - сов3 а сов* а
4 4
5.21 б £ 10
2 4 2 21 21’
58*. Якщо яіп а 4- сов а * т. то (віпа + сова)* = /п3,
звідки віп1 а т 2 яіп а сова + сод1 а т,,2віпа<даіа +1 - щ’, 2 піп а соя а п? - 1,
17? -1
Біп<18іпа Я --- ". ‘ л
2
Відповідь:
2
віп а сов а
віп3 а ~ ом* а
-сива гова
2______
5
- І-ЦИ'-Л
2
сов* а
59*. І) віп* а +• Соя’а + 2зіп*(180‘" - а) віп1 (90 - а)яіп*а + сая’а•» 2.чіп*а соя*а™
" (віп2 о + сой3а)’' «І’"!:
2) віп* а зіпЧОО' - а) - віп* а + віп* а • яіп’о сов3 а - віп3 о + віп* а -
- віп3 а (сов* а - 1) + віп* а - яіп1 а (він1 а) + віп* а “ -віп* а + віп* а - 0;
3) соч: а сов1 (90' - а) - сов* а + соя* а - соя* а • віп* а - сов* а + сов* и -
• соя* «.(він1 - 1) + сов* а — гав*1 а • (-сов1 а) * соя* а *» -соя*а + сов* а — и.
60. Нехай дороги — прямі АК і СЛ/ — перетинаються в точці О під кутом 47! 1 нь
дорозі АК ке відстані 6,5 км від т. О Знаходиться
зупинка В. Найкоротший шлях від т. В до
дороги СN — перпендикуляр ВІ), ВВІ. Сії,
ОВ - 6,5 км, ^ВОВ - 47°.
Знайдемо ВИ. ЮВВ {.ВІЮ - 90°): ВВ -
- ОВ віп 47 ВІ) ь 6,5 0,7314 » 4,8 (км).
Відповідь: 4,8 км.
61. Нехай па малюнку 14 місце знаходження літака т. С. -МАС — прямокутний,
гВАС - 90 . СА - 400 м - 0.4 км, ВА - 1,2 км, /СВД - а. Тоді 1К« = “,
0 4
кка = “- = 0,(3).Тоді а * 18'26'.
І
Відповідь: 18 26’.
б 3. Теорема синусів
62, У трикутнику проти сторони а лежить кут А, проти сторони Ь — кут В, проти
сторони с — кут С. Тому правильний запис 3) —-— = — - = —— .
яіп А віп В аіпС
6 см о 6 см _ 1 1Л
63.1) тг^ЛЛЛ;8) 6 см:- - 12 см.
віп 3(У віп ЗО 2
АВ ВС АС _п 4,6см 7,5см 7,7см
64.1) - = --- = —— ; за мал. 20 ----Ж —--- = ---;
віиС віп А аІпВ віп 35 віп 70' віп 75е
158 $•$ ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Гарасенкава Н. А.
2) яіп 35' • 0,5736; ній 70‘ * 0,9397; яіп 75е * 0,9659;
... 4,6єм 4,6см о 7.5см 7.5см 7.7см 7,7см
яп35° 0.5736 ніп70’ 0,9397 аш75 = 0,9659
в АВ ВС ЛС
Висновок:-----— = — — = ~•
8іпС аін А він В
ІУ трикутнику проти вайбпьиюіч кута іржнЛ кпйоільіпп сторона, проти най- Н|
меншого кута — найменша сторона. М
65'. Оскільки найбільший кут трикутника за мал. 21 /А 65 , то найбільша
) сторона ВС; найменший кут /.В. найменша сторона — АС.
6в‘. На малюнку 22 найбільша сторона АС •• 6 см, тоді найбільший кут — 4.В;
найменша сторона ЛВ - 3 см, тоді найменший кут — £С.
67е. 1) За мал. 23 проти стороні» о — кут 80 , проти сторони довжиною 12 см
. 12см а , 12см»1п30
— кут 45 . За теоремою синусів ~= , звідки а» —---ухг—«
. яіп 45* яіп 30’ віп 45’
12см і
а ——
= вЛ ™.
72
2
Відповідь: 672 см або 8,5 см.
21 За мал. 24 в трикутнику проти кута а лежить сторона довжиною 9,7 см, проти
«.а. п . 9,7 см 10см
кута 90 — сторона довжиною 10 гм. За теоремою синусів — - = , ЗВІДКИ
яіп и аш 60
чЗ
9,7 см-він 60 * . ®’' ,М 2 0.7чЗсм п , сіуп»
аіпа ------------, віп<і ж--= —-ТТ-— 0,84.Тоді а ш 57 9 ,
]0сМ 10см 20см
Відповідь; 57 9'.
С
3& теоремою синусів
с а Ь
8ІП С віп А яіп В
с а с
АВ ВС АС м
віп С віп А віпС
звідки обираємо з пропорцій
5 а Ь
-----------, -----------,------------- ту. для якої
віпС віп А яіпС віп В аіпл він В
відомі 3 елементи, І знаходимо невідомий четвертий еле-
мент.
Якщо а> Ь > с, то дА > хВ > /.С; якщо гА < ХВ < /С. то а < Ь < с (проти
найбільшої сторони лежить найбільший кут, найменшої — найменший).
ш
X
О
СК
о
08. Знаходимо АС — 5.
1) Якщо е “ 4 см, ^В « 45*, « 30', то —= —%-, звідки Ь = ,
»1лС віп В віпС
л ^2
4 см'810 45 . '4 2 .
Ь хх:—’ * =---------* 4 72 см.
яіп 30° 1
2
яла у о а ь , авіпВ . 6см яіп 45
2)Якщосі’-всм,/А-60 , /В-45 .то------ • ——Н ——Ь = — -
яіп А віп В я»п А втоО* 1
72
6 СМ Л О а.
Ь « --- - Л- см * 2% 6 см,
чЗ <3
2
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н, А. 159
3) Якщо е » 4 см, /А — 66 . ЛВ — 75' 1 шуквна сторона Ь. то знайдемо ЛС:
лА - ЛВ + /С -18(7; /С - 180е - (^А ♦ ЛВ), ЛС - 180° - (65й + 75 ) - 180' - 140 ’ -
<* ь
- 40е. Тоді -—— ——-.звідки
*6см. *,пС 8,пЛ
с віп В
віпС
4 см ніп7бг л 4см 0,9659
віп 40® ’ ‘ 0,6428
Відповідь: 1) 4x2 см; 2) 2уб см; 3) 6 см.
; 69е. Знайдемо ЛА.
11 Якщо о — 2 см, б — 4 см, ЛВ — 60 , то —& —-—, вт А —1 ;
; віп А яіп В Ь
і гЛ Г
2см яіп60 . , > чЗ л . __в,л
віп А «----------, аіп А = — » 0.4330,тоді аА * 25 40;
4 см 4 4
2) якщо с - 8 см, а — 5 см, ЛС — ЗО', то ——— = —®, аіп А =
він С аіп А с
5см віпЗО , . о 5 „
яіп А =--~ — - । віп А “* ’ — 0,3125, хА — 18 13;
8см в 16
3) якщо &-в см, а “ 4 см, /В - 45°, то ,% = ——, яіп А •
г- він Б віп А Ь
4’^ Г
ВІп А - 8іп л в---2_ = » о,4714, /А - 28:'8',
6см 6 З
Відповідь: 1) 25'10’; 2) 18 13'; 3) 28’8’.
70'. 1) Оскільки найбільша сторона трикутника Ь - 8 см, а найменша а - б см, то
найбільший кут ЛВ, а найменший — ЛА;
2) оскільки асі сторони рінні, то рівні всі кути (трикутник рівносторонній, усі
його кути по 60’’);
3) оскільки а > Ь > с, то ЛА > /В > ЛС.
71®. Знайдемо третій кут трикутника, порівняємо градусні міри всіх кутів, і зро-
бимо висновок про сторони трикутника.
1> якщо лА - 50'. лВ - 20 , то ЛС - 180 - (.А + ЛВ). ЛС - 180е 70' - 110 .
Найбільший кут ЛС —110’, найменший ЛВ — 20а, тоді найбільша сторона АВ.
найменша — АС;
2} якщо ЛВ - 40°, ЛС - 85 , то ЛА - 18(7 - (/В + ЛС). л_А - 180 - 125е - 55*.
Найбільший кут ЛС - 85**, найменший — /В - 40’. Тоді найбільша сторона —
АВ, найменша — АС;
3) якщо <А - 105% ЛС - 32 , то _В - 180 - (ЛА + ЛС), ^В - 180а 137 • 43е.
Найбільший кут лА • 105 , найменший — ЛС - 32'. Тоді найбільша сторона
ВС, найменша — АВ.
72*. У прямокутному _АВС з прямим кутом С проти кути А лежить катет ВС,
проти кута В — катет АС. Сума гострих кутів прямокутного трикутника 90 .
отже, «найдемо і порівняємо градуси! міри гострих кутів, після чого порівнює
мо катети.
1) якщо ЛА - 46°, то лВ - 90* - 46е, ЛВ “ 44% Оскільки ЛА > ЛВ, то ВС > АС;
2) якщо ЛВ - 51% то ЛА — 90й - 51е, ЛА — 89". Оскільки ЛВ > ЛА. то АС > ВС;
3) якщо ЛА - 65 , то ЛВ — 90 “ 65’, ЛВ — 25”. Оскільки лА > . 'В, то ВГ > АС.
73 У заданому трикутнику більше.» в двох сторін е та сторона, довжина якої
9 см. тоді проти неї лежить і найбільший кут, Ураховуючи, що в трикутнику
тільки однп кут може бути тупим або прямим, то такий кут може лежати тіль
кн проти більшої сторони. Отже, проти сторони довжиною 7 см в цьому три-
кутнику лежить гострий кут.
Відповідь: 1) ні; 2) так; 3) ні.
160 $•: ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І.г Тарасенкова Н. А.
74 У оаданому трикутнику найменша сторона — 4 см. Нехай проти неї лежить
кут а, проти сторони довжиною б см — кут |5, проти сторони довжиною 6 см —
кут у. Оскільки 4 <5 < 6, то а < р < у.
1) якщо а > 60 , то Р > 60°, у > 60" і а + р * у > 180е, що неможливо, тому
а не може бути більшим 60;
2) якщо « - 60 , то р > 60 , у > 60’ і а 4- р + у > 180°, що неможливо, тому
Г а * 60а; §
3) якщо а < 60‘ а * Р + у може дорівнювати 180°. Отже, а може бути меншим $
від 60®. Наприклад, а - 40', р - 60", у - 80'.
Відповідь: 11 кі; 2) ні; 3) так.
75®. У лЛВС найменша сторона ВС лежить проти кута А, тоді хА. — найменший, **
АА < АВ, АА < АС.
Цякщо^А - 61°, то /В > 61°, 2С > 6Г і /А 4- А В + 2С > 180 , що неможливо,
отже, 2А * 61°;
12) якщо АА - 60°. то АВ > 60’, АС > 60 1 АЛ + АВ + АС > 180", що немож-
ливо. Отже, аА в 60 ;
3) якщо АА - 59®. то А А + АВ 4- АС може дорівнювати 180®. Наприклад. АЛ ” 59 .
| АВ - 60'30’, АС - 6О*ЗО\
Відповідь; 1) мі; 2) ні; 3) так.
Наслідок а теореми синусів:
—®— а — —-— = 2Я. Тоді радіус кола, описаного навколо трикутника:
віп А яіп В віпС
Я. а. -------
2 віп А 2яіпВ 2аіпС
сторони трикутника: а - 2Квіп А; 5 2Явіп В; с = 2ЯвіпС.
0=
О
а:
О
З см
7в’. 1) якщо а - 3 см, АА - 120°, то В ; —
2зіп120
2) якщо а - 3 см, АЛ «• 30“. то В о
2 віп ЗО'
_ Зсм
3) якщо а “ 3 см, АА — 135 , то я —;——
Зсм /г
---* « мЗ см;
8 см Зсм „
- —- з см;
2-і
2
Зсм
З
т* см
2 віп 135® 72 ТІ
2
З 2
Відповідь: 1) <3 см; 2) 3 см; 3) —— см.
<4
77®. 1) якщо В - 8 см. /А - 160®, то а - 2 8 см иіп 150" - 16 см
V?
2
^3
2
2) якщо В - 8 см, АЛ “ 45®, то а - 2 • 8 см віп 45® — 16 см •
3) якщо В - 8 см, АЛ - 60то а - 2 8 см яіп 60е - 16 см
Відповідь: 1) 8 см; 2) 8\2 см; 8уЗ см.
3^
2 СМ’
* - 8 см;
«8у2 см;
= 8чЗ см.
78. Нехай у аАВС АА : АВ : АС - 1 : 2 : 3. Знайдемо відношення сторін а : Ь : с.
Нехай ж — коефіцієнт пропорційності кутів (х > 0), тоді АЛ — х®. ^В — 2х,
АС — Зхе і х 4- 2х 4- Зх — 180. 6х - 180, х - ЗО. Отже, АА - ЗО®, ^В - 2 • ЗО’ -
а Ь с
- 60і, АС - 3 30‘ - 90а. За теоремою синусів ————гиТ*7;>
віп А кіп В міпС
п Ь с а Ь .. 2Ь
—— =--------*-----—. — = -«г = с, 2а “»* “ с.
віп ЗО® віп60г віп 90' 1 <3 7з
2 2
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А. -•'х' 161
2а = = а/з,2а
2
— с. Тоді а : Ь : с - 1 : <3 : 2.
Відповідь: 1 : <3 : 2.
79. Для трикутника АВС . заїдки віп А « Я—П В, віп А де
віп А віл В Ь 5
0 < віп А < 1.
|20 25 З
1) якщо віп В “ 0,25. то віп А »-—-— = — <- 1, отже, аіп В може дорівнювати
0,26; 5 5
2) якщо вії; В “ 0,5, то зіп А = -2.2'2 » ^ > 1,що неможливо. Оіжс, яіп В * 0,5;
5 5
3) якщо зіп В ~ 0,75, то віп А = — 2*^^ — > 1, що неможливо.
5 5
Отже, віп В * 0,75.
Відповідь: 1) так; 2) ні; 3) ні.
80. 1) якщо 6—5 см, /А — 45 , ЛВ - ЗО”, то за теоремою синусів
6 а
—----в--------,
ВІП В 8ІП А
бвіпА 5см віп45° ®см' * _/= Ь
звідки а = —— , а ---------— --------А- я 5^2 см.
віп В віп ЗО 1
бвіпС ,2
С = ———.ЛС - 180° - (/А + £В), ЛС - 180’ - (451‘ + 30°) 105 .
віп н
5см яіп1О5" 5см 8ІП190 + 15і) ,
с -----у—.—------------' і - 10 см сов 15 • 10 см • 0,9059 • 9.7 см.
2
Відповідь; а - б/2 см, с » 9,7 см.
с ,
_ -.ЗВІДКИ
віп В віпС
віп 39
2) якщо 6 - 1 см, /А - 100 , /С - 50°. то /В - 180 - (ЛА + /С). /В - 180° -
- (100е + 50') - 30°. За теоремою синусів — =-2— . а =
яіп В віп А віпС віп В
1см віп 100 1см віп(90 +10°) л
а *--— --------- і-------1 - 2 см • сов 10° • 2 см - 0,9848 ж 1,97 см;
ВІЛ <511 1
2
бвіпС . 1см віпбО" 1см 0,766 „ л
'Тйв-*—5Ж— —-----------------2с“
. а =
1
2
Відповідь: □ • 1,97 см. с * 1,53 см.
81. Якщо два кути трикутника 0 і у, то третій кут и - 180° - (0 + у). Проти цього кута
лежить задана сторона а. Нехай дві інші сторони 6 і с, що лежать проти кутів 0 і у від,-»
л а Ь с а Л е
повідно. За теоремою синусів-------- = ——,----,----X—------ —— « —
віпа в1п0 віпу 8Іп(180°-(р + у)) віп0 віпу
а Г> с
віп (0 + у) йіпр віп у"
. а с
рівності . г • —— маємо с ~ — — г.
віп(0 + у) зіпу віп (0 + у)
в^ила».- ». «У» . с - .
8ІІ1(0 + у) ВІп(Р+у)
6
Ь
рівності —£-------ч="^й маємо; 6- Із
аіп(Р + у) віп0 віп (0 + у)
а віп у ’
162 ш ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А.
В2. Із рівності - •—-— маємо; віпС = г-‘-Л ,3а знайденим значенням аіп С
мір А аіпС а
знайдемо гс, а ЛВ - 180° - (ЛА + ^С).
!1) якщо с - 20 см. о - 40 см, лА “ 30^, то віпС ?-^3— = £ = 0.25, Тоді
' 40см 2
^С* 14 20', а * 180" - (ЗО"+ 11 ЗО) 180‘ - 44'30' - 135 ЗГ.
Відповідь. ЛС - 14 29’. ЛВ - 135 ЗГ.
3Л Г
. .. .. ,, .г . „ 30см віп 45 -і Зу2 _
2) якщо с • ЗО см. а - 40 см, ЛА - 45, то віп С -—-- —= —т— » 0,5303,
40см 4 8
Тоді ЛС • 32 2'; ЛВ - 180 - (45е 4- 32’2') - 180’ - 77*2’ 102а58'.
Відповідь; ЛС - 32° 2'; ЛВ - 102 58’.
83. У паралелограмі ЛВСЮ задані сторона АО • 8 см, діагональ ВО -* 4 см 1 го-
стрий кут ЛА • 22'.
Розглянемо /.ВРС: ВС - А1> - 8 см (протилежні в__________£
сторони паралелограма). ЛС - ЛА - 22е (протилежні Г7
кути паралелограми). / \ /
, ВО ВС / \ /
1) За теоремою сниусіи —— = ——/ \ /
віпС аіп ЛВОС [ /
ВС віп С А О
звідки Віп Л. ВОС — —— -,
піі
віп лВОС - = 2 0,3740 - 0.7492, /ВОС « 48 ’ЗГ
4 см
або ЛВОС - 180' - 48'3 Iі - 131 29*.
5іп(18О -(а т р]] віп(а4-р)’
ОС м ВОІЇП4.СВО </аіпа
---- — маємо: ОС = -—— . ОС - - .
віп ЛСВО віпЛС яіп(а*Р)
(/аіп а
2) ЛОВС - 180е - (ЛС + ЛВОС), Л.ОВС - 180 - (22* і- 48 31 ) -
- 180 - 70 ЗГ - 109 29‘ або < ОВС - ІвО’ - 109’29’ - 26 31'.
Відповідь: 1) 48 ЗГ або 13Г29'; 2) 109 29' або 26* ЗГ.
84. Скористайтесь рис, до задачі 83. Нехай діагональ ВО -* д, /АОВ - а, ЛСОВ — |І.
Знайдемо ОС І ВС.
ЛСВО - ЛАОВ - а. Розглянемо дВСВ: лСВО - а, ЛСОВ - 0, тоді
ЛС - 180 - (ЛСВО + ЛСОВ), ЛС - 180“ - (а + р). За теорнмою синусів
ВО ВС ВС , . . ВО * ВС
вІп/С ппЛ.СОВ яіп ЛСВО к вїпЛС піл ЛСОВ
ВО ідпЛСОВ гівіпр сГвіп£
яіп^С
_ . . ВО
(я рівності —---- і
аіп^С
„ а а»ііір
Відповідь: ~ -—!-г7. ——;--ті .
8іп(а+3) зіп(а + 0)
85. У -АВС АО 1 ВС.ЛВАС - 45% / ВгА * 30 , АО - 3 гм Із ьАОС {. АОС - 9(Г)
АО Зсм Зсм „
АС ---------, АС = — = —,----- 0 см
віп £ ОСА аіп ЗО 1
2
У дЛВС - 180- - (/ ВАС 4- ЛВСА),
/АВС - 180' - 145" 4 30% • 180 - 75' - ЮБ1’.
о . АС АВ ВС
За теоремою синусів —-----— = ——- —- - ————
віп лАВС вїплВСА яіп ЛВАС
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А. 163
Із рівності — ----------—— маємо; АВ =
віп АВС вІііуіВСА віп-/АВС ’
А 1
6см-8іп30' _ осм 2 Зсм Зсм , _
віп 105’ аіп(90= + 15’) еге 15" 0,9659 *
Із рівності -*?— =~^ мшмо в&=.АС-віпгВАС
віп аАВС віп . ВАС * віп ААВС
42
6 см він 46' 6™ ' 2
1<ь » - --------- - г 4,4 гм,
віп 105= 0,9659
Відповість: 3,1 см; 4,4 см.
86. Знайдемо кути А, В 1 С, позначивти за х коефіцієнт їх пропорційності (х > 0).
1) якщо а - 8 см, /А : хВ : АС • 4 : 2 : 3. маємо:
— 4л“. х В - 2х , АС — 3 х їх + 2х + Зх - 180. Ял - 180, х - 20. отже,
ЛА - 4 • 20- * 80 , АВ - 2 20 - 40’, х!С * З 20° - 60 . За теоремою синусів:
° , Ь , е ! ь аоіпЬ . заіпС ^ «см віп4О 8см 0,6428
віп А ніп Я яіпС 1 віл А * Г віпА ’ аіп80 6,9848
К9 8см віп60 всх-'з'
* 5,2 см. С ------т----- - —
аш80‘ 0,9818
« 7 см.
2) якщо а - 6 см, .-.А : /В : хС • 3 : 5 : 4, магмо: АА — 3 х®, /В — 5х®,
2С — 4х®; Зх + 5л + 4х - 180, 12х - 180, х - 15, отже, АА - 3 15 - 45 ,
х.В — 5 • 15“ - 75‘, АС « 4 • 15’ “ 60’. За теоремою синусів 5 -
віп А
6см в!п75 6см віп75® 12см 0,9659 а авіпС
аіп 45і /2 <2 віп А
2
А
6 см яіп 60 осм 2 6см „„
е я Г — = — т- —-Л- =. 7,3 см.
віп45г ^2 г 42
2
Відповідь: 1) 5,2 см і 7 см; 2) 8,2 см і 7,3 см.
67. Нехай у . АВ« АВ ВС, АС “ а, АА " АС ™ а (як кути при основі ріянобед
реного трикутника), А1 — бісектриса аА.
Тоді АВАЬ - 2 САЬ - У лАСС —~> - --
2 віп ААЬС віп АС
.. АС аШ^А.
замки АС -------------.
віпл^ас
Оскільки ААВС
- 180е ? + а І-1801 -
: 2 І
.. авіпа
АС >-------- —
ьіі/1800 - —
І 2
1) якіїщ а - 6 см, а - ЗО*, то Аі - ®^* в1п30
8Ш
180 - (гсді + АСУ
За
—, тс
2
а яіп а
За ‘
він
2
З ЗО
2
- 3Л ем;
віп 45 а .2
2
164 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкона н. А.
Йіп ЗО
л. _ , .. 7см йіп20° 7 см-віп 20 7см 0,342
2) якщо а - 7 см, а - 20 , то А£. »----
ні її
1
2
З 20е
2
» 14 см 0,342 » 4,8 см.
Відповідь: 1) 3<2 см; 2) 4.8 см.
88. У ЛВГ гд - 45е, £С - 30° 1
а с
теоремою синусів ——-
8)1) А
лежать проти сторін а і с відповідно. Тоді зл
а с аса.
—— , ——- = ——звідки , -у- » с або
яіпС яіп 46" яіп ЗО' 72 і .2
Т 2
а ч су 2.
1) якщо а - с - 5, то <ч 2і - с 5, с| 7з -1) " б,
5|Т2 * 11
б
С
Відповідь; а
4 ^2-Л)
72 + 1 р2+ї)р2-ї)
2-1
Відповідь: с * 4{-.-2 - 11. а • 412 - 2>’2).
89. 1) У рівнобедреного трикутника тупим може бути тільки кут при вершині,
тобто основа лежить проти найбільшого кута. Висновок; основа більша за біч-
ну сторону.
21У рівнобедреного трикутника кути при основі рівні, і якщо один кут менший
від 60", то їх сума менша від 120°, а кут при вершині більший за 60е. Отже,
у даного трикутника основа більша за бічну сторону, оскільки лежить проти
найбільшого кута.
З, У даного трикутника кут при вершині менший від 60’. оскільки кутя при
основі більші за 60 , а їх сума більша віл 120’. Тоді бічна сторона більша за
основу, бо лежить проти більшого кута.
90. Скористуйтесь рис. до задачі 83.
Доведення За умовою +.АВО > ЛСВО. їАОВ - /СВР (внутрішні різносторониі
при ВС Ц АІ) 1 січній ВВ). Тоді у -АВД ^АВЙ > ^АВВ, адже АП > ЛВ
(відповідні протилежні сторони). Оскільки ВС « АО, то ВС > ЛВ. Що и треб»
було довести.
91. У ьАВС ВАТ — медіана, ЛАВМ > ^СВМ. Позначимо - АВМ •* а, £СВМ » р,
а > р. За теоремою синусів у лАВМ:
АМ іСВМ- МС = -в-
віпа віп 2АІИВ яіп (і вігі ЛСМВ
аМзіпГАМН в„ МС&плСМВ
віп а віп [З
За умовою АМ - МС, АСМВ - 180е - ^ААІВ,
. АМ яіп гЛМВ
тоді АВ в-------------,
віп а
В
а
С
М
ВС
яіп [і від 6
>:& ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. I.» Тарасенкова Н. А. :<>. 165
Знайдемо різницю
АМіїп^АМВ, . , л.
—-----—— (аіп а - віп 0);
аіп а аіп 0 ' '
ВС- АВ- АЛГзіп гАМВІ —- - ——
І аіп|і віпа
аіп а > ліл р, тому ВС - АВ > 0, тобто ВС > АВ.
Що й треба було Довести.
92. Оскільки 4АСЛ/ > 45 , то /1АСЛ/ > ЛВСМ. За висновком за-
дачі 91 більшою буде та сторона, яка з медіаною утворює мен-
ший кут. Тоді ВС > АС.
Відповідь; ВС > АС.
93. Нехай задано дАВС.у якого АВ — ВС ~ Ь, АС — а. Проведемо
медіану ВМ. АМ -1. ВМ 1 АС.У *АВМ илМВ - 90")
а
сов А « , сов А « & = —Тоді віп А = \І - сов* А,
АВ Ь 2&
В
. л і а* “0
ВІП А » ,1------= --------
V 45’ 2Ь
ВС
У ьАВС за наслідком з теореми синусів 2Я ----
я» вс я - г ь - ** ВІП А
'ІзША' \4б’-а’ 'Лб’-а*"
26
і на їнч
1) якщо а “ 24 см, Ь - ІЗ см, то Я = -і- — - — -- - 16.9 (см);
у4 169-576 10
2) якщо а - 12 см, Ь - 10 см, то Я = ,
>/4 100-144 16
94. Нехай трапецію АВСО вписано в коло, АС - 4 см. Радіус
кола, описаного навколо трапеції, і радіус кола, описано-
го навколо трикутника, на які діагональ АС розбиває
трапецію, рівні. Отже, шуканий радіус такий, що
2На-^-, Я__________ІУ ?СМ .
віп 21В 2аіп^В аіп/1В
1) якщо /.В • 135°, то
2см 2см 2см 2см 4см
аіп135и віп (ОО'* 75°) = 008 45“’ “ТГ ' "7Г
2
2) якщо /1В - 80е, то Я а = Яїї* - 4 см;
віп 30а 1
3) якщо /В - 120е, то 2
д _ ^2см 2см 2см 2см 4см
віп 120° віп (90° + ЗО ’) = сов30е ’ ' “ЗГ
2
Відповідь. 1) 2^2 см; 2) 4 см; 3) —— см.
З
95*. Нехай задано трапецію АВСЛ, у якій АВ - ВС “ СВ,
АЛ « 10 см, /ІВАН “ 70*. Проведемо діагональ АС.
Оскільки лАВС рівнобедреииЙ (АВ - ВС), то ЛВАС -
- ^ВСА, а /ВСА “ /ВАС (внутрішні різносторонні при
ВС І; АО і січній АС).
2Л
4>/3
З
см;
см.
П-------о
10 см П
166 <-•:< ГЄОМ ЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А. ЖЖЖЖ
• 5,94 СМ.
Тоді хВАС - /САІ) - — - 35е. У дАСВ /СОА “ 70“, /САО - 35е. тоді /АСО -
2 АВ СО
і - 180' - (70° + 35 > - 180е - 105’ - 75е. За теоремою синусів ^-^д— = 8ІП/СЛВ’
АО яіп/САО __ 10см віп35 10см 0,5736
І ,».дки С1> = - ~ С°‘ .ІпТ5"-----------Мв59~
Рлш-ЗСД + АО, * 3 5.94 + 10 »27,8 (см).
ДЖ -Г" ЛІН
Відповідь; 27.8 см.
96'. Нехай у трапеції АВСО АО “ а, ВС - Ь, /А * а.
, — р. Проведемо висоти ВВ 1 СЛ/, ВВІ АІ),
СН 1 АВ.КИ • ВС - Ь.
із ^АВК (<АКВ “ 90 ) ВК - АК /А, ВК - АК і8 а.
У <£N0 (/СИО - 90°) НО - АВ - АК - КН,
НО- а- Ь АК\ СН - Нй Ьв ^О,
СН - (а - Ь - АК) р.
Оскільки ВК - СН (висоти трапеції), то
АКіха.~(а-Ь- АК) і< 0. АК Іг а “ о << Р ~ ЬІК Р АК ід 0, АК а + АК 0
- а р - 6 ік 0, АК (їв а + Р) - (а - &) Р, АК »
т . ог (а-б)івР 1«а
Тоді ВК = ' /їй—•
і<а + івР
_ АО + ВС „ а+ Ь (а-Ь)І<аІ8Е (Д* - ^)ІК«ІІГР
‘ '*** 2 • ‘ ласі» 2 Цра + ІвР 2(і<а+івР)
Відповідь; —------- - ,
2(Црі + ІвР)
97'. Доведення. Нехай у лАВС ВІ. — бісектриса /В - а, тоді /АВЬ ~ /СВЬ ••
Нехай /АЬВ - р, тоді /СЬВ - 18(У - р (як суміжний
АС АВ В
для АЬВ) За теоремою синусів із оАВЬ:--- = ——
віп - **
2
1. .СМ: -* - у^-д. -^ = Л-
,1П“ «Іп(180"-Р) ,1п<х віп»
2 2
АВ віл ВС віп
АЬ --------• , ЬС =----а відношення
81Н р ЯІП Р
АВ віп 2 ВС віл АВ віп |
А£ : £С » , --2-:--- 2. АЬ : ЬС - ; _ * •
8ІП0 81Пр 81П0
Ж
А е с
-віпР ,А£ : ЬС - АВ : ВС,
ВСяііЛ
2
тобто відрізки АЕ і ЬС пропорційні прилеглим сторонам. Що й треба було до-
вести.
98*. Доведення. Нехай у ьАВС ВМ — медіана,
АМ ” МС. Позначимо /АВМ “ а, /СВМ “ 0,
/ВАМ - х, /-ВСМ - у.
п . АМ ВМ
За теоремою синусів: Із ьАВМ: —— • —
віп а віп х
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А. 167
І. МС «г » _АЛ£ЗІПХ , _
із дВл/С: ——.Тоді віп а*-------. віп В»
8ІП0 аіпу ВМ
віпа: .ІпЦ . АМ-""Ї , МСЯ"!І. .Ща : в!пв . АМ’Л"г
ВМ ВМ
МС яіп у ,
----—-, а відношення
В Лі
ВМ
МС аіп у
ВМ
Оскільки АМ — МС, то яіп а : віп 0 - яіп х : яіп у, тобто синуси купа, на які
медіана розбиває кут при першині, пропорційні до синусів відповідних кутів
при основі. Що й треба було довести.
100*. Доведення, Нехай точка перетину дотичних 5, тоді 5А - ЯВ (відрізки дотич-
них, проведених до кола з однієї точки), лАВВ — рівнобедреник, тоді
&АВ “ /ВВА. /КВР — 180 ’ - /.ЗВА « 180 - /ЗАВ (сума суміжних кутів 180а).
/СКА /ВЛ'Л (вертикальні).
За теоремою синусів: із д АК: — ——івідки АС = ^Є.аіп^СКА
він ^СКА аіп^САК Д яіп /САК ’
• В2? = - К0 КВ і ВРаіп^ДР ко -
’ віп /ВКВ “ яіп /КВВ' ’ віп /ВКВ * віп /.СКА *
ВРяіП/САК
віп /СКА
о _л <г в-Л КС яіп/СКА
Знайдемо АС КВ ---------------
віп /САК
Отже, АС КВ - КС ВВ, що А треба було довести.
101*. Доведення. Проведемо ВЕ || СВ (ЕеАВ). Тоді
ВСВЕ — паралелограм 1 ВС - ЕВ. /ВЕА - /СВА
(відповідні кути при ВЕ || СВ і січній АВ),
У ьАВЕ /Л> /Е. тоді ВЕ > АВ, а отже. ВС > АВ.
Що й треба було довести.
102*. Доведення, Проведемо ВА, || СЛ (точка А, ле-
жить на продовженні основи АВ), А,ВСА —
паралелограм, А,В - АС.
У ьАД)В А,Р > ВВ, тоді /ЯВА > /ВА^А.
/САВ - /ВА,А (відповідні куги при ВА, | СА і
січній А,В), тоді /ВВА > /САВ.
У лАОВ: /ОВА > /ОАВ, тому АО > ВО.
У *ІЮС /ОСВ “ /ОАВ (внутрішні ріаносторонні при ВС || АВ і січній АС),
/ОВС - /ОВА (внутрішні різносторонні при ВС |і АВ і січній ВВ), отже,
/ОВС > /ОСВ, тоді СО > ВО. Висновок: якщо АС > ВВ, то АО > ВО і СО > ВО.
Що й треба було донести
В
103*. Нехай задано аАВС,у якого АЛ - ВС, /АВС - а, АС - а.
О — центр вписаного кола (центр вписаного в рівнобедрений
трикутник кола лежить на медіані (бісектрисі), проведеній до
основи (Об ВМ) Якщо через т. О і точки А і С проходить
коло, то ВА І ВС — дотичні до цього кола у точках А і С
відповідно. Тоді центр цього кола лежить у точці О, переткну
продовження ВМ і перпендикуляра, проведеного через т. А до
АВ. О,А - 00,. О,А X АЯ.
У аАВМ (/АМВ - 00е) /АВМ - АМ -.Тоді АВ ------------
2 2 віп /АВМ
СІ
АВ - —2— . —Н—. У .ЛВО, (^ДАО, - 90 ) АО, - АВ іе /АВО,,
аіп 2віп —
2 2
168 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І,, Тарасенкова Н. А.
. а
віп ,
(і - 2.
а а .а
° Кк С0в9 ов1п9 а
АО =-------і. ---А =---------4— а--------.
' . а „ а _ , а а „ а
2віп 2«оп — 2яіп - сов ~ 2сов -
2 2 2 2 2
Отж». радіус коли з центром О, дорівнює ———.
а 2соа-
Відповідь: ---- 2
2сов 2
2
104*. Нехай у трапеції АВСОАВ-СО - 2 см, ВС- 1 см, Ай-3 см.АС - діагональ,
СН — висота. Висоти рівнобедреної трапеції відтинають від більшої основи рівні
відрізки, тоді НО « , НО - 1 (см).
* "
У прямокутному дСНО СО • 2 см, НО - 1 см. тоді
£НСО - ЗО’, а ЛНИС - 90’’ - ЗО - 60 .
СН* = Сй* - ЯВ’.С/Г -4-1-3.
У «ЛСН (£СНА - 90а) АН - АО - НО,
АН - 3 - 1 - 2 (см), тоді АС* » СЯ3 + АН*.
АС* - 3 + 4; АС = 77 см.
Коло, описане навколо трапеції АВСО. с і колом, описаним навколо лЛСО.
АС
Із лАСО за наслідком з теореми синусів ——— 2Я.
в
с
а
н
А
О
о" -
2 аіп 60
2И. Я з
2
. 721
Відповідь; —— см.
З
105*. Нехай у пАВС на АС довільно обрано точку О. Зи
наслідком з теореми синусів радіус Я, кола, описаного
ви
навколо ьАВО,такий, що 2Я =------;радіус Я, кола,
аіп А *
_ __ ВИ
описаного навколо лВОС,такий, що 2Н 3
8ІП С
, , 2Я. ВО ВИ Я віпС
їх відношення —1 ——-: ; -1 ——-.а отже,
2Я віп А вІпС Я. аіп А
залежить лише від кутів А 1 С і не залежить від вибору точки О. Що й треба
було довести.
106’. Якщо чотирикутник АВСО описаний, то АВ + СО - ВС + АО.
Нехай Я,, Я,. Яг Я4 — радіуси кіл, описаних відповід-
но навколо &АОВ, лСОО, лВОС, лАОО. Позначимо
£АОВ - а. дд
За наслідком із теореми синусів, із лАОВ В^ -——;
2зіпа
із дСОО : Я, =
2 аіп а
(£СОО * ^ВОА як вертикальні);
із лВОС: Я, -----г « _ (2ВОС — суміжний з 2А0Я);
2аіп(180 -а) 2аіпа
« АО . п „ АВ СО АВ+СО
Із ьАОИ: В. -----. Тоді Я, + Я, = —— + — ---------;
2 віп а 2 віп а 2віпа 2 аіп а
С
О
В
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А
169
., „ ВГ АЛ В(’ + АІ>
А + А = ---- + —-------- —-----.
2 віп а 2 віп а 2аіпа
Оскільки АВ 4 СО — ВС + АЛ, то Я, + А - Я, + Нг Що й треба було довести.
107. У хАВ( ЛВ - 180 - (/А + /С), ЛВ - 180 - 152° - 28’.
АВ ас
За теоремою синусів - — - ---,
аіпС віп В
_ . ли ЛС»іиС 50м8Іп72" 50м 0,951 .
звідки АЙ ----, АВ = - ----- - ———-— * 101,3 <м).
віл Я віп 28 0.4695 ’
Відповідь: 101,3 м.
§ 4. Теорема косинусів
108. Правильний запис 3) с* - а1 + Ь* - 2аЬ соє С.
109. За мат. ЗО х3 а1 4 У * 2аб сов а.
110 - Із рівності Ь3 • аа + са — 2ае сов Я маємо:
2ас сов В аг + с3 - 6а, соа В = ° '
„і ,£ас
Відповідь: —-----------.
2ас
11V, Зя мал. 31: 4* — 3і 4 2* 2 3 2 со? а,
З* 4 2і - 4' 9 4 1-16 З І
соя а =-----------= —— ——
----- 12 12 4
2 3 2
Відповідь:
4
.>2 г~
-а' + с1 ас75.
2
— а1 4 б1 - аЬ,
112*. 1) Ьг - а1 + с* - 2ас сов 45°, М- аЧ а1- 2 ас
2)?-аЧУ 2аб сов 60 , е’ - а* 4 б3 - 2аЬ -.с3
2
3) а1 — ІА + с3 - 2бс • сов ЗО , в1 *• 6а 4 с* • 25г —-, а1
2
113.1> За мал. 32: а1 - 6г 4 5і - 2 б 5 сов 60 ,
а* -36 4 25 -2 ЗО 1 - 61 • ЗО - Зі, а = 7зї см.
2
2) За мал. 33; 4* - 6’ + 8’ - 2 6 8 сов а,
соя а »
6І+8’
2 6 8
36 4 64-16 84 7
1 “ 3 11 2£ ’
96 96 «
Відповідь: 1)
^31 см; 2) .
Я
114’. 1) якщо Ь - 3 см. а - 4 см, гА - 60', то а1 - б1 4 с* - 2бе сов А,
а» - 3’ 4 4» - 2 3 4<юя 604 а1 - 9 4 16 - 2 • 12 • 1,аа - 13, а - 713 см.
2) якщо а - 4 см, б = 2^2 см, /С - 45е, то с1 - а3 4 б* - 2аб гов С\
с*- 4і 4 1242)* 2 4 242 соя45°, с1 = 16 + 8-2 ь4ї ~,с* ~ 3, с *242 см.
3) якщо а = 8уЗ см, с - 10 см. ЛВ — 30і. б* *> 4 с - 2ас сов В,
б*» Г875)1 *10г-2-8ч/3 Ю’СОвЗО*', 6і =1924100 -2 80>/3 • — .с3 - 52.
170 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І„ Тарасенкова Н. А,
с* 2у13 см.
Відповідь: 1) /іЗ см; 2) 2л 2 см; 3) 2>/13 см.
* - 2ас • сов В,
1а рівностей а1 = Ь' + с1 - 2Ьс • <
с* = о’ ♦ Ь1 - 2аЬ соя С маємо:
Ь* + с’ -а’ о сі’+е’-Ь' - + 5’-е'
™ А ’ ; СОзВ ’ " ; ~ 2^~
113’. 1) якщо а - 8 см, Ь - 9 см, с - 10 см, то
9’ + 10’ -8” 117 13 8і + Ю? -9і _ 83
СОВ А =---„ „ —
2 9 10
„ 8’ + 9* - 10’
совС =
— - —; 008 в 3 —* » ".т
180 20 2 8 10
45 ф
289 144’
2) якщо а » 3 см, 6-7 см, є • 8 см, то:
Т>,8*-3-_104.1.3
112 14 2 3 8
_6 . 1-
6-7 " 7’
6 см, с “ 7 см, то
69 23 о 4і+ 7*-6і 29
84 28
З 1
и । ЕЕ т»"* *
8 6 16
ОіЯ м 13 83 45 91 13 1
Відповідь: 1) -, -?2) п, -
сов А
2 7 8
„ 3’+7’-8*
совС ———~— =
2-3-7
3) якщо а - 4 см, Ь
б’ + 7* - 4і
сов А = ’
2 6 7
„ 4*+ 6’-7’
совС = —— -
2 4 6
160
24 1
— — • —;
2 24 2
2-4-7 56
1 23 29 1
7' ’ 28’ 56’ 16
1161) якщо а — 4 см, Ь “ 6 см, с — З см, то
сов А в в*48*— = — - 0,8056; ЛА » 36’20';
2 6 3 36
сонВ 4" ^3> - 0,4583;2іВ « 117 17’; ЛС - 180 - (/А + ^В),
2-4-3 24
/С • 180' - (36 20' + 117"!Т) - 26’23’;
2) якщо а - З см, Ь ” 2 см, є * 4 см, то
сов д . 2> 4 - Н . 0,6875; /Л * 46' 34і:
2 2 4 16
совц . 8. Л41"3-. »Мя о,875;/В - 28«57';
2 8 4 24
2С - 180- - (4бо34‘ + 28-57 ) - 104 29';
3) якщо а “ 5 см, Ь” 6 см, с • 7 см, то
СО8 а - Є*>Т‘~ ~ - 0,7143;ЛА » 44°25';
2-6-7
СО&В « У*47*"* . 0.5429; /ГВ *=57«7'; ЛС - 180^ - <44”25' + 57°7’) - 78 28'.
2 5-7
Відповідь: 1) 36°20‘, П7в17®, 26’23'; 2) 46’34', 28'57', 104’29’; 3) 44’25', 5Г7',
78“ 28'.
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А. 171
І У трикутника зі сторонами а. Ь і с:
якщо а' < Ь* 4 с*, то ЛА — гострий, і трикутник гострокутний;
якщо а* « 5* 4 е*. то ЛА 90°, і трикутник прямокутний;
якщо а > Ь3 + с*, то ЛА — тупий, 1 трикутник тупокутний.
?! 117‘. 1) а — гострий кут; 2) а — прямий кут; 3) а — тупий кут.
118. Якщо найбільший кут трикутника гострий, трикутник гострокутний, пря-
мий — прямокутний, тупий — тупокутний.
1) якщо сторони 11 см, 17 см, 21 см, то 21* - 441, 11» 4 17* - 121 4 289 - 410
;• 1 21* > 11* 4 17і, отже, трикутник тупокутний;
2) якщо сторони 8 см, 10 см. 12 см, то 12* - 144. 8’ + 10* - 164 і 12* 8* 4 10»,
отже, трикутник гострокутний;
3) якщо сторони 0,3 см, 0,5 см, 0.4 см, то 0,5* - 0,25, 0,3* 4 0,4* - 0,25
і 0,5’ * 0.3* 4 0,4’. отже, трикутник прямокутний.
Відповідь: 1) тупокутний; 2) гострокутний; 3) прямокутний.
119. 1) якщо а • 5 гм. 5 - г, см, с « 4 см, то найбільший кут А. Тоді
/>! 4 с* — а‘ 3* + 4’ — 5х •>
сов А «---—, соя А = —„ ~ « 0, отже. /А - 90.
2Лс 2-3-4
Примітка Можна помітити, що числа 3. 4, 5 становлять ІІІфагорову трійку,
тому даний трикутник прямокутний з найбільшим кутом 90 .
2) якщо а “ 3 см. Ь в 4 см, с » 6 см. то найбільший кут С. Тоді
имС !Цкг^- С“с ° К ’°лм3:гс *1,7
3) якщо а «• 40 см, 6 — 13 см, с “ 37 см, то найбільший кут А. Тоді
б* + с*-а* 4 13і 4 37і-40* -62
со» А .--—------, сов А = —— -— > —- - -0,0644;ЛА • 93 42’.
2Ье 2 13-37 962
Відповідь: 1) 90е; 2) 117°17'; 3) 93М2'.
120. 1) якщо а - 7 см, Ь - 10 см, ЛС - 120', то с* - а’ 4 б* - 2аЬ сов ЛС,
с*-7» 4 10*-2 7 10 сов 120е, с* - 149-140 |= 219; с-<219 см;
2) якщо а - 2 см, с - 3^3 см, ЛВ - 1504, то 5* - а’ + с* - 2ас сов ЛВ,
2-2 ЗмЗ СО8І50Л Ь1
, Ь* - 49. Ь “ 7 см;
\ 2
3) якщо 5 • 8 см. с - 12 см. ЛА - 1 Іб’, то а* - Ьг 4 с’ - 2Ьс сов ЛА.
а* -8* т 12’ -2 8 -12 сов 115’, а* • 208 - 192 (-0,42261* 289; а «17 см.
Відповідь. 1) -7219 см; 2) 7 см; 3) 17 см.
122. Точки А, М, Л — вершини ьАМН. Знайдемо сторону МЛ‘.
МН* АМ’ + А№ - 2аМ АЛ соя А.
1) Якщо АМ - 17 см. АЛ в 12/2 см. лА - 45’, /
то ЛІУ* = 17’+(і2Т2)'-2 17 12>/2-соз45 , \
МАГ* *• 289 т 288 - 2 204 Л “ = 169.ЛГУ - 13 см; / _
_ 2 А V
2) якщо АМ « 7<3 см, АЛ - 10 см, ЛА • 30е,
то М№ в (77з)’ + 10* - 2 7<3 10 сов 30е,
МЛ' = 147 + 100-2 70^3 — » 37, МЛ = ^37 см.
2
Відповідь: 1) 13 см; 2) >/37 см.
172 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А. Ж:?:-і
123, Ь оЛВВ »а теоремою косинусів магмо:
НІ)1 = АВ' + АЛ’ -2 АЙ АЛ сов/А,
ВІЯ = 36 + 100-2 610сеа2А,
ВИ* - 136 - 120сое /А.
У ьАСН £В - 180а - ,-А (кут при одша стороні
паралелограма). Тоді
АС* * АЛ* + СВ* 2АЛ СРсоа/В,
АС’ АВ* * СВ* 2АН • СН сов(180“ АА),
АСа = АІ)* + СП* 4-2АВ СВ-СОв^А.
Отже. АС* - 100 4 36 + 2 10 бгоя 2А, АС* - 18б 4 120соа гА.
1) Якщо /А — 66 , то НІ)1 = 136 - 120соч60 = 136-120 | • 76;
ВВ = 2-719 см,
АС’ =138 +120сов 00 . АС* = 136 + 120 1 = 196,АС- 14 см,
2
2) якщо АА - 48% то ЯВ’ - 136 - 120 сов 48 . /ВЯ 136 120 0.6691 • 55,7,
ВН » 7,5 см. АГ» * 136 -+ 120 • 0.6691 « 216.3, АС = 14,7 см;
3) якщо /А - 125, то ВН1 ~ 136 - 120 сов 125і.
НН1 = 136 - 120 (-0.5736) * 136 + 68,832 * 204.832,
ВИ * 14,3 см; АС* * 136 +' 120 со® 125°,
АС” - 136 + 120 • (-0,5736) - 136 - 68.832 - 67,168, АС = 8.2 см.
Відповідь: 1) 2<19 см і 14 см; 2) 7,5 см і 14.7 см; 3) 14,3 см і 8,2 см.
124. Скористайтесь мал. до задачі 123- Нскай у паралелограмі АВСН АВ - а,
АН — Л, ^НАН « а, Із <АВН ВН* — а1 + & - 2а5 сов а.
Із лАСВ АС3 — а* 4 Ь* - 2а6 сов (180’ - а), АС” о’ + Ь’ + 2аб сов а.
125. / випадок, Добудуємо на катеті ВС рівносте рови їй ^ВСГ) зовні лВСА
Якщо АС “ 4 см, ВС - 3 см, то ВС ВС - 3 см. Кути іЖВС
дорівнюють 60°, /РСВ - 60 '.
За умовою .'ВСА — жг . тоді .-.ВСА - 90* і- 60' “ 150 ,
Із ьОСА НА* ИС* +СА* 2ЛС СА сов .'ОСА,
ИАг -3' + 4І- 2 3 4 сов 150\
НА* - 25-24 со» (90° + 60") - 25 4- 24 віп 60 -
- 25 + 24 ~=25-г12>/3; НА = <25 + 12уЗ см.
2
Н випадок. Добудуємо па катеті ВС рівиоггоров>ий лВНгС
всередині дВСА.ВгС - ВС - 3 см. 2ВСВ, - 60 .
тоді ^Л/А - 90' - 60' - 30е.
Із ьН.СА И.А9 « В,С* + СА’ - 2ЦС СА - сов г’Л,СА,
^А’яЗ* +4*-2-3 4совЗО , НХА* = 25- 24 у « 25 -12>/з,
Л,А-<25-12уЗ см.
Відповідь: «,25 + 12\'3 см або 725-1273 см.
127. 1) Для невідомої сторони с за теоремою косинугім с’ - а1 * Ь* - 2аЬ сов С,
Знайдемо сов С аа заданим віп С — О.8:
совС = ±71 - він’ С,тоді совС ±>/ї - 0,64 , соаС - ±0,6.
Якщо сов С - 0.6. а - 5 см. Ь — 7 см, то є* — 25 4- 49 - 2 5 7 0,6, с1 — 32,
с=^32 = 4;2 см; якщо соє С —-0,6, то с* — 25 + 49 - 2 5 7 (-0,6), с* — 116,
с = л/їїб см - 2>29 см.
: ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А.. 1 73
2) Для невідомої сторони а за теоремою косинусів а‘ - Ь‘ ± с* - 2а» сої* А.
Знайдемо сов А: соь А = 1 -.віп' А.
Якщо віп А - 0,6, то сов А ±^1-0,36, соаА ±0.8.
Якщо 4*4 см, с - 10 см, сов А » 0,8.
то ал - їв 4- 100 - 2-4-10 0.8, а’ - 62, а - /52 см - іТЇЗ см.
Якщо А - 4 см, с - 10 см. сов А - -0,8.
то а1 -16 + 100 -24 10 (-0,8), а’ - 180, а - б/І см.
Відповідь: 1) К2 см або 2> 29 см; 2) 2/13 см або 6У5 см.
128. Якщо значення Ь і с сталі, то а змінюється у залежності від значення
сов а таким чином;
Зі зростанням кута о від 06 до 180 значення сов а зменшується, але від 0 до
90г иабуилс додатних значень, а від 90' до 180° — від’ємних. Тоді у рівності
а1 - б* + с4 - 2&г соя а зі зростанням а від 0 до 90’ 26с со» а > 0 і 2Ьс сов а
зменшується, тобто а збільшується. Зі зростанням а від 90 до 180 25с сов а < 0
І 2Аг - сов и зменшується, але |26с - сова} збільшуються, тоді а збільшується.
Висновок: зі зростанням кута о від 0і до 180 значення а збільшується.
129. Розгляньмо рівність а1 - М + с* - 2&с сов а.
1) якщо а1 < б-* + с1, то 2бг сов а > 0. Оскільки А > 0, с > 0, то соя а > 0,
а отже, а — гострий кут:
2) якщо а1 > б4 + с\ то 2Ье сов о < 0. Оскільки Ь > 0, с > 0, то соя а < 0,
а отже, а — тупий кут. ІЦо й треба було довести.
130. Нехай у паралелограмі АВСй АВ а, АП - А, .А - а. ВВ - 8,, АС - 8,
тоді /Л — 180- - а. Із лЛВВ магмо:
= а* + Ь1 - 2а&соза;
Із <ЛСВ д* * а’ 4 Ьг-2аЬсов(180г -а),
- а: + Ь1 Забслва. Знайдемо
д’ 4 ’= а1 + Ь* - 2аАсов а + а1 + Ь* 4 2а»со4>а;
а* + гЦ • 2а1 4 2»’. Отже, сума Квадратів діагона-
лей паралелограма дорівню* сумі квадратів Його
сторін. Що й треб» було довести.
^^Узадачах 131 -133 використайте висновок задачі 1 ЗО.
131. Нехай сторони паралелограма а - 13 см. А - 16 см. а його діагоналі
— 3:5. Нехай коефіцієнт їх пропорційності х (х > 0). тоді а — Зх, 4( — 5х.
Тоді <Аг + <4’ = 2(а’ + 6і), (Зх)* 4 (5х)’ 2(13* 4 16"). 31Н - 850; х* - 25, х - 5.
Тоді <1,-3 5- 15(смі, гі,-5 5 - 25 (см).
Відповідь: 15 см І 25 см.
132. Нехай діагоналі паралелограма - 9 см І сі, - 13 см, а сторони а : Ь - 1 ; 2.
Нехай х — коефіцієнт їх пропорційності (ж > 0), тоді а — х см, А — 2 х см.
Тоді + а; = 2(о* 4 6"), 9- 4 13і - 2(х* + 4х’|, 10х» - 250. х3 - 25. х - 5. Тоді
а - 5 см. А — 2 5-10 (см).
Відповідь: 5 см 1 10 см.
133. . Нехай діагоналі пмралслограма д) - 7 см, дг - 11 см, сторона а — х см (х > 0),
тоді Ь — (х + І) см. Маємо: <ї/ 4 д’ 2(х’ + (х41)’), 7* т 11* = 2(х* +х’ + їх4 1),
170 = 2(2х* 42х ті),2^ т 2 х 4-1 - 85, 2х* + 2х - 84 - 0. Xі 4- х - 42 - 0, звід-
ки х - 6 або х - -7 < 0. Тоді а - 6 см, Ь • б + 1 7 (см).
Відповідь: 6 см і 7 СМ.
174 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А.
134. Нехай у трапеції АВСО ВС || АО,ВС - б см, АО -11
ь АВ - 8 см, /.ВАО - 60. Тоді /АВС - 180° - 60 - 120
(сума кутів трапеції, прилеглих до бічної сторони тра-
пеції, дорівнює 180°).
Із ьАВИ ВО* * ЛВ* + АО* - 2АВ АО сов ЛВАО,
ВО1 - 8і + 11» - 2 • 8 11соь60г.
ВО* = 64 + 121-2 88 - - 97. ВИ = „97 см;
2
із *ВАС АС* * АВ* + ВС* - 2АВ ВС совгАВС, АС1 = 8і + в’ - 2 8 6 сов120 ,
АС* - 64 + 36 + 2 48 - - 118. АС = 7148 « 2>37 (см).
2
Відповідь: <97 см і 2„37 см.
135*. Нехай у &АВС ВС - 26 см, медіани СІ — ЗО см, ВМ - 15 см,
О — точка перетину цих медіан. Проведемо медіану АК'. вона
пройде через т. О, оскільки медіани трикутника перетинають-
ся в одній точці і діляться нею у відношенні 2:1, рахуючи
від вершини. Тоді ОС - 20 см, ОЬ — 10 см, ВО — 10 см, А
ОМ — 5 см. Оскільки К — середина ВС, то ВК —13 см.
Із *ВОС сов ^ОВС»
ВО* + ВС1 -ОС*
2ВО ВС
сов 4ОВС е
10і + 26і - 20і
2 10 26
100 є 676 - 400 376 37
„ а----- а--;
520 520 65
із лВОК ОК* » ВО* ♦ ВК* - 2ВО ВК соя ^ОВК,
О№ = Ю’+ 13’-2 10 13 — -100 + 169-148=421, ОК -11 см. АК - З ОК,
АК - 33 см.
Відповідь: 33 см.,
13в*. Нехай у л.АВС (АС - Ь, АВ - с, ВС - а)
□
проведемо медіану АМ - тл, тоді МС = МВ ~.
_> , м _і 2
Із дАВС аіп /С -------—-----
Із еМСА МА* = МС* ♦ АС1 - 2МС АС • соя /С,
<25* + 2с* -а*
тоді т. ,|—------------------------
“ Іь ,4
--<2Л’ + 2с* -а*.
2
Отже, т = - >12Ь* + 2с* - а*. що й треба було довести.
* 2
137*. Нехай у паралелограмі АВСО АК — бісектриса
і ВК - КС - 5 см, ВО - 9 см. лАВК — рівнобедрений.
де АВ - ВК - 5 см (ЛВКА - ЛКАО — внутрішні різносто-
роїші при ВС Ц АО і січній АК, £ВАК - ^КАО, оскільки
АК - бісектриса). Тоді у паралелограмі АВ<7>?ІВ — 5 см,
ВС - АО - 10 см. Із дАВО сов/А = —
ГЕОМЕТРІЯ Бурда МІ., Тарасенкова Н. А. :•$: 175
совіЇА
б1ї
2 5 10
25+100^81
100
У --АВС <£В 180 (суми кутів паралелограма, прилеглих до однієї сто-
рони, 180°). За теоремою косинусів
АС1 = АВ* + ВС* - 2АВ ВС сов.'В.АС* - 5і + 1(Р - 2 5 10 соя (180' - /А),
АС» - 125 + ІООсад ЛА - 125 + 100 0,44 - 169, АС = 7169 ~ 13 (см).
Відповідь: ІЗ см.
138*. Нехай до кола з центром О радіуса В дотикаються кола
з радіусом г (г < Я) а центром О, — зсередини, з центром 'х-.
О, — зовні. Відповідні точкн дотику з більшим кодом А 1 [ г'
В. ОА - Я - ОВ, АО, - ВО, - г. І £ М
\>АВ 60', тоді центральний кут *1АОВ « 60 . . І у\ \ У
ОО, -ОВ + ВО,. ОО, - Н + г; \
СЮ, - ОА - О,А. ОО, - Я - г.
У ьООр,: О.О* = ОО* + ОО* - 200, ОО, сов го. | Ч°з 1
0,0* = |Я+г)’т\Я-г)’-2(Я + г)(Я-г;совб0 , X----/
О,О* = Я* + 2Яг + г’ + Я’ - 2Яг + г* - 2(ЯЯ - И) • ? > 2Я* + 2г* - Я* + г* « Я1 + 8г*.
О,ОГ = № + З?
Відповідь: у В1 + Зг’.
140*. Якщо а ірикутнику зі сторонами о, Ь, с виконується рівність
-——— « І ,то -——— - 1; а* - Ь* + 25г - с* Ьс, а’ = Ь* + с* - Ьс.
де Ьс
Для цього трикутника за теоремою косинусів и' = Ь* + с* - 2&ссояа.
тоді 2Ьс сов а — Ьс, 2со& а 1» сова= -.отже, а *- 60°. Що й треба було до-
вести. “
141. соя А
АС1 + АВ*_^ВС*
" 2АС АВ
9,4*+ 4,5*-7’ 88.36 + 20,25-19 59,61 л „п *
СО9а = ' п л л ^77 ” " ^7-1------ " -7-ГГ - 0.7046;а я 45'.
2 9.4 4,5 84.6 84,6
84.6
142*. АВЧ = АС’ + ВГ’-гАС ВС • совС; АВ' - 3(5* 4 400г- 2 375 ЮО-соаОг-;
АЙ’ • 140625 +160000 + 300000 0,0349, ДВ1 * 311095, АВ < 558 м;
МІЇ - АВ -АК - ВН, МН - 558 - 73 - 146 - 339 (м).
& 5. Розв'язуаамкн трикутників
о О КІП ‘І
143. за мал, 41: —— « - - , х -і- (теорема синусів);
аш у віп и яіп р
2) за мал. 42: х* - Ь* + с* - 2Ьс соя а, х - <Ь* + с* - 25с<хпш;
а* - Ь'
3) за мал. 48: соях---------.
2аС
144’. 1) за мал. 44: с’ - 3* + 2і - 2 3 • 2соа 30е, с* - 13 -12 с’ = 13-6л/3,
С»>/ЇЗ - 6Ч3 -1,6.
176 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. Ім Тарасенкова Н. А.
г’+^-З1 „ 1.6’ + 4-9 -2,44 і
22 с 4 1.6 6,4
Тоді Р - 180" - ЗО'- 11149 “ 38 41’.
Відповідь: с » 1,6, а * 111"19', р • 38 4Г.
і 2) за мал. 45: а - 1804 - 45" - 80 - 105”. За теоремою синусів
4 а _ Ь 4 ч
віпа зіп30г’ віп45е’ віп 105” 1’
2 ,
4 1 4- —
а------2. «.2.1;---?----й-------------2_ «2.9.
0.9659 віп 105 72 0.9659
2
Відповідь: а « 105е. а • 2,1, Ь * 2,9.
І Якщо дано дві сторони і кут між ними, знайдемо третю сторону за теоремою
І косинусів, після чого один із двох невідомих кутів за теоремою синусів, і третій
1 кут як різницю 180е і суми двох відомих кутів.
Ь1 - 6’ + 8* - 2 6 8 сов 30е, Ь' = 36 + 64 2 48 •
145'. 11 якщо а — 6, с - 8, р “ 30“, то 5’ “ а1 + с1 - 2ас сов р.
Її =100- 48>/з -16,86.
2
> б' п Я
ж = _£.«().7317,
4,1 4,1
а Ь . а віпр . 6-віп 2
; --= —-, зіп а ---Е. віп а - ——-
яіпа віпр п 4,1
а - 47’; V - 180” - (« + Р),ї- 180” - (47" + ЗО') - 103°.
Відповідь: 4,1; 47’; 103\
2) якщо Ь “ 4, с “ 5, а “ 60°, то а' * 5і + с* — 25с сов а,
а1- 16 + 25 - 2*4 5 сов 60і, а* = 41 - 2 20 | « 41 - 20 = 21,
4-^
а . 4,6; . 3 _* 81ир = віпр« —- 0,7531. р - 49е;
віпа віпР а 4,6 4,6
у - 180* - (а + р), у - 180’ - (49° + 60 ) - 71°,
Відповідь: 4,6; 49і; 71*.
3) а . з, ь - 2, у ** 45’; с’-а* + &л-2а5 сову, ^-9 + 4- 2 3 2сов 45°,
с’ = 13-2-6 — «13-6> 2 -4,5147,с * 2,1, = ——, яіпа- а-—,
2 г~ віпа віп у с
З -
Яіпа « . —2- . 0.9984. а - 87' або 93°.
2,1247 2,1242
Трикутник тупокутний, а « 93 ; Р - 180’ - (93 + 45’) — 42”.
4) а - 5, 5 - 7. у - 105’; с* - в1 + М - 2аЬ сову, С* - 25 + 49 - 2 5 7 соз1055,
а с . а віп у
с* » 74 - 70 • ( 0,2588) - 92,116, с * 9,6; -=——, віпа = -А
віпа віпу с
йпа « 5 мп105^ в 5 .0,9659 в 0 6031 а , 30«. р . 18(Г _ (а +
9.6 9.6
р - 180” - (105" + ЗО4) - 45’.
Відповідь: 9,6; 30е; 45е.
5) 5 - 3. с - 4. а - 120'; а1 - & + с1 - 25с соя а, а1 - 9 + 16 - 2 3 4 сов 120”.
а* » 25 + 2 -12 - — 25 + 12 - 37,а * 6,1; * » в<пР
2 яіпа віпр а
:ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А. Ш 177
8ІпЬ Ч
З ріп 120
6.1
- 0.4259. р « 25а; у 180' - (12(к + 25”) - 36е.
Відповідь- 6.1; 25°; 35 .
І Якщо дано сторону і прилеглі до неї кути, то зннйдемо третій кут, враховую-
чи, що сума всіх внутрішніх кутів трикутника 180°. Після цього за допомогою
теореми синусів знайдемо дві невідомі сторони.
146 *. 1) Якщо а — 4. р “ ЗО , у • 45% то а “
4.1
ДвіпР . 4 вігі ЗО о о»
«і я в Л 1 -1 д •
вш а віп Ю5 0,9659
180 -(30’4- 45а)-105’,
віп а віп |1
а с а вій у . 4-вїп45°
----= , ——і, о =----------,
яіп а зіпу віп а віп 105*
4.У2-
‘-мЙ5-ьв
Відповідь: 105*: 2,1; 2,9.
2) с - 2, а - 45% р - 60°; у - 180і - (45* + 60 ) - 75% —
віп у яіпа
2-^
свіпа 2 8іп45& •> , _ с Ь . свіпр . 2 віпбО
вшу віп75Л 0,9659 віпу віпР віпу віп 75°
0,9659
«1,8.
Відповідь: 75й; 1,5; 1,8.
3) а - 7. р - 30% у - 48% а - І80 - (30° + «8% - 102°;
віп а віпР
, 1
„.ї«, >,7 «л30‘. ...і. .3,6; с_аї!"Х.
віп а 81 п 102 0,9781 аіпа віпу віп а
7 'віп 48 7 0,7431 <о
віп 102 0.9781
4) Ь - 10, а - 20е, у - 110а; |І * 180- - і 20і + 110*) - 50% —- = ——, а = ,
віп а вілР віпр
10 8іп20' 10 0.342 с і> Ьвіпу 10 віпПО*
, • « - 4,5; , с А.
віп 50а------------------------------------0,766 віпу віпР віпр віп 50
10 О 9397
с олвв' ІЛЗ-
Відповідь: 50% 4,5; 12,3.
5) с - 5. а - 28 , Р - 122 % у - 180 - (28 + 122е) - ЗО";
кіпу аіпа
с віпа 5 віп28° 5-0,4695 . _ Ь с . свіпР
віпу віп ЗО 1 Кіпр віпу віпу
5 віп 122° 5 0,848 вк 2
'”“^55-----------Г -8Л-
2
Відповідь: 30% 4,7; 8,5.
178 >$;. ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А.
Якщо задано три сторони трикутника, знайдемо два з його кутів за теоремою
косинусів, після чого знайдемо третій кут як різницю 180' і суми знайдених
утів.
Ь’+с’-а* 36 + 25 -9
147'. 1) Якщо а “ З, Ь “ б, с “ 5, то сова =-—----, сова = - _ — " 0,8667,
2ос і о о
і Ла “ 30, совр » а + с---совЦ = ~~~~~~ " -0,0667, р • 94*;
2ас 235
тоді у - 180° - (а + Р), у - 180" - (30" + 94°) - 56'.
Відповідь: ЗО*; 94"; 56
2) якщо а - 4, Ь - 3, с - 6. то сова “ "0,8056, а • 36*20
сояр^1-^36~8 * 0.8958, Р =» гб'гЗ'; у - 180і - (Зб^О* + 26-23*) - 117*17'.
48
Відповідь: 36*20'; 26’23’; 117*17.
3) якщо а - 4, Ь - 7, с - 5, то сова " —— - 0,8286.а * 34 ;
есер . ?**,** "У = -0.2,р * 102"; у - 180* - (34° + 102а) - 44°.
4) якщо а - 2, Ь • 3, с • 4, то сова = " • 0,875',а « 29°;
соир = в 0,б87б,р * 47е; у - 180" - (29° + 4Г) - 104е.
Відповідь: 29°, 47’, 104е.
5) якщо а 6. і» - 8, с ~ 7, то сова " 0,6875, а * 47";
совР - = о,25,р * 76°; у - 180 - (47е + 76 ) - 57’.
Відповідь: 47е, 76е, 57*.
148 . Нехай у паралелограмі АВСО АС “ д, АО - а, /САЛ • а. Тоді за теоремою
косинусів з лЛСО маємо;
СО* ~ АС1 + АО1 - 2 АС СО сов ЛСАР\
СО2 д1 + а3 - 2ад соя д, СО \ іі* + а3 - 2агісова;
АС СО
за теоремою синусів ——— ——- - - —1
віп ЛО аіп ЛСАО
, АСвіп ЛСАО , </віпа у_ .п
віп ЛО =-----—-----. віп ЛО = - - -, /В - лЛ,
СО СО
їА - 180е - /О. ЛС - ЛА. _________
ІЗ -АВО ВІ> * V АО3 + АВ’- 2АЛ АН сп».'Л ,
ВО уа* + СО1 - 2а • СО соз ЛА. Отже:
1) якщо д - 10, а - б, а - 20‘, то
СО = 7103 + б3 - 2 10 б сов 20 - 7136-120 0,9397 * 723,236 - 4,8;
.п 10 віп20 10 0,342
віпЛО «----------" —--------« 0,7125,/О к 45 30
4,8 4,8
або ЛО - 180" - 45"30* ” 134*30*. ЛО лежить проти найбільшої сторони лАСО,
тому ЛВ - ЛО - 134-30’. Тоді ЛС - ЛА - 180* - 134°30’ - 45"ЗО’.
ВО "76* + 4,8і - 2 6-4,8 сов45'30' • ч/59,04’^57,6-0.’7 - 4,3.
Відповідь: ВО - 4,3; СО - 4,8; ЛВ - ЛО - 134 30, ЛА - ЛС - 45’30'.
2) якщо д — 12, а “ 5, а “ 35', то
СО - 712*+ 6*-2-12 5 • сов35* • % 169-120 0,8і92 - у70.696 - 8,4;
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. I.» Тарасенкова Н. А. 179
, „г, 12 віп35 12 0,5736 _й1а.
віп /В - - г ~ „ 7---“ 0,8194,
8.4 8,4
гЛ * 125’; /В - 125’; /А - 180“ - 125 - 55°. /С - 55е;
ВВ - 725 + 8,4’ -2 5 8.4 сов 65' • >95,56~84~о7573в - <41738 - 6,У.
ВЮлмідьг СВ » 8,4, ВВ « 6,9, 2А - 2С - 55й, /В - /О - 125й.
3) якщо 4 - а - 5, а — 32е, то ±АСІ) рівнобедрсний (АС • АВ).
лк 18О’-/СЛІ) _ 180'-32’ п
тоді ХАСВ ' /В --------2-----.^О " - —-——» <4 ,-^В • 74 ,
аА - 180° - 74 - 106°, ЛС - 106і;
СВ - 2 5 5со®32® - ^50'-~50 0.848 » /7,6 -2.8;
В О - ^5’+ 2.8’-2-5-2,8 сов 106е * ^32,84 + 28-0,2756 » 740,5568 » 6,4.
Відповідь: СО * 2,8; ВО » 6,4, лА - /С - 106°; /В - /В - 74е.
І Якщо я трикутпнку задано дні сторони, то знайдемо за теоремою синусів кут,
що лежить проти другої із заданих сторін, після чого знайдемо третій кут три-
кутшиш за теоремою синусів.
а Ь
149 1) якщо а - 12, Ь - 10, а - 40®, то —-- —т,
яіп а віп 6
втр= *° ^4О2 « М28.0,5357.Р - 32°; у - 180 - (40й + 32”) - 108е;
а е а віп у 12 віп 08 12 0,951 -
- 1- . * £ * .....- м ... —— — » яі 1 < І О •
віпа віп у’ віпа ЯІП 40' 0,6428
/щМовіЛ.1 17.8; 32; 108’.
2) якщо а - 40, с “ 80, а * 45’, то ---=“
віпа ніпу
аіпу = ~ - ЗО_*'ЛІ2 в 3 І2 « 0.5303 ,у - 32я; 0 - 180“ - (46 + 32‘)" 103 ,
а 40 4 2
а Ь . аніпр . 40 ніпІОЗ 40 0,9714 .
віпа віпр яіпа яіп 45® 0,7071
Відповідь: 55,1; 32’; ЮЗ4 *.
3) якщо Ь - с - 15,7 - 75’, то заданий трикутник рівнобедрешій і р " у - 75’;
а - 180 - 2 75 - ЗО ;
і д,
а с саіпа 15-яіпЗО’ ? ча
----- - --, д ——, а = —------------------6 - ।, к
віпа віп у віп у 8іп.5‘ 0,9659
НШгювідь: 75°; 30', 7.8.
4) якщо а 30, с 20. а, в ЗО , то —-— » -г~ .
віп а зіп у
. евіпа 20 яіп30г 20 0,6 іадачл».
кідуя —-----=----------- ------ "0.3333,у а 19 ЗО;
а 30 ЗО
Р - 180“ (30“ + 19-30 ) - 130’30'; - -Ц, Ь = ~ПР,
н віпа яіп0 віпа
30 віп І ЗО 30' 30 0.7604
ж —------- ----„ « 45,0.
віп 30“ 0.5
Відповідь: 45,6; 19 ЗО': 130 ЗО.
180 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А.
„ Ь а . авіпв
5) якщо а - 20, й “ ІЗ, В - 85 , то ——- , аіпа ,
віпр віп а Ь
20аіп65и 20 0.9063 . .
тпа*—--------------------«1,4, що неможливо, тому трикутник з такими
13 13
даними не існує.
150. У першому завданій знайдемо елементи за трьома сторонами, у другому —
за стороною І прилеглими кутами, у третьому — за двома сторонами і кутом
між ними, у четвертому — зя двома сторонами і кутом, що лежить проти од-
ніс! з них, отже:
, ги о 5’+є1-а’ 18т 6-і 25 п _,о,
11 якщо а - 5. Ь - 4, с - 8, то соьа =-—---, сова - —-- —— • 0,8594,
2ос 2 И 8
а в ЗІ6; СОвр»5І±£-і£, С0вр,^іН2І® «0,9125,р.ї4*;
2вс 2 5 8
у - 1«0 -(31 + 24') — 125а.
Відповідь: а — 31°; Р - 24 у - 125°.
2) якщо а - 3. р - 36 . у - ЗО. то а- 180’- (35е + 30е) - 115 ; —-“ГЧ'
віп а Яіпр
. а він В . З віп 35’ 3 0,5736 , „ в с иаіпу
о — — — , о - — - — и--------• 1.1*; —— а с — —,
аіпа яіп 115' 0.9063 яіп а віпу аіпа
З яіпЗО0 3 0,5 , -
віп 115 0.9063
Відповідь: а - 115°, 5 — 1,9, с - 1,7.
3) якщо а — 2, с - 4, 0 - 40а, то & » + с1 - Зпесояр,
Ь-74-16-2 2 ‘і '-совкйГ . <20 “16 0.766 - >/7,744 -2,8; -----—,
віпР аіпа
аяіпР . _ 2 віп 40 ' 2 0,6428 „
шіпа= ----- яіпа-—г-— -« —* 0.4591,а =» 2.’;
& 2,8 2.8
у - 180 -140 +27’)- ЦЯ’.
Відповідь- Ь - 2,8, в 27ь, у-113е.
ч .. , „ ,л» С Ь . а йвіпу
4) якщо Ь - 5. с - 8, у - 20 , то —— = —, віпр - --
віпу віпр с
81пр - - „ о,21375.Р « 12’; а - 180і - (20 + 12°) - 1 І8°:
8 й #
а с свіпа 8-яіп 148° 8 0,5299 ,„ .
----я ——- на— —, а а-------------- - — — - н 12,4.
аіпа віпу віпу* аіп2о 0,342
Відповідь; а » 12,4; 0 - 12а, а - 148’.
151. і) якщо а - 6 - 5. — 54'. *В - 13а. то а - 5 + &.
а ь 5+5 Ь
то а.......-, ;
віп А яіп В віп^-А кіП^В
(5 + 0)віп /В - Ьвіп г!А, 5в*п - Ьзпі лА - Мп £В, 6(віл лА - Віп аВ) = 5віп 4>В,
5«іп*Л . 5 яіп ІЗ'' _5_°Д?25 1Д25-19
віп.ІА зіпгВ' = 81п54с-й1п13’’ 0.809- 0,225 0,584* ’ '
о - 5 + 1,9 - 6.9; /С - 180 - (54і •+ 13' і - 113 ; —= -?—о.
8ІПІ13" Яіп АВ
5яіп113° 1.9В1ПІ18 1.9 0.9205 _ _
Єя------ - С— —— — ----------------«7,8,
ЯІП /В віп 13 0.225
Відповідь; Ь* 1,9; а * 6.9; с * 7,8; ЛС — 113 .
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А. 101
- 2.
28
2) якщо Ь + с - 7, /А 29\ ЛВ - 47й. То ЛС - 180 - (29й + 47 ) - 104»;
Ь - 7 - с і —— » ——7—Г ----------------с— ,(7 - сівіп 104’ « свіїї 47е,
чіп/В яіп віп 47“ віп 104-*'
Гніп 104° - евш 47“’ + свій 104а, с(тп 47а і віл 104 ) - 7віп 104 ґ » - 7 аіп 104°-
віп 47е віл 104'1
7 0,9703 6.7021 „ ж „. л а Ь ЬбІпЛА
0.7314 + 0,9708 1,7017 віпЛЛ віп.В віп. В
З віп 29' 3 0,4848
а *--------«---------
віп4Г 0,731-1
Відповідь: ЛС - 104 . є я 4. Ь я 3. а * 2.
3) якщо с - а - З, ЛВ - 44’, ЛС - 102 ’, то ^А » 180 - (ЛВ 4- ЛС),
/А - 180і - 146’ - 34’; ...*« —£_ ,е - 3 + а, тоді —— = -?-? -.
віЛліА віп/С віп34ь віп ЮЗ’
авіп 102" — Звіп 34• + авіп 34і, а(віп 102" - віп 34а) — Змії 34е,
3віп34і 3 0,5592 1,6776 ОА,Л ЛЛ
а в ——— --------—•, а *----------- - —--------- 3,9;с я 3 4 3,9 » 6,9;
віп 102’-віп 34’ 0,9781-0,55 0,4281 ’
Ь а 4 овш/3 ь 3,9 ріп 44а 3,9 0,6947 , „
- 1 ' » г О Я , 0 • -—- - -— « —-— В 4, О .
віп^їВ віп^А ніпАА ьіп34 0,5592
Відповідь: ЛА « 34 а * 3,9; е * 6,9; Ь я 4,8.
152. За доведеним у задачі № 137. т, = Ау25’ + 2са -а* , я 1 <2а' + 2с1 -5* .
, —---------- 2 2
т, - 42а* + 26* - с’. Звідки:
1) якщо а - 7, 6 23, т — 9,6, то 9,6 = | ч-2 7* + 2 23* -е*;
19,2->94+ 1058-е’,368,64 - 1152 - с*. с4 - 783.36, с =» 2В;
а* + 5* - с* 7і + 23* - 28’ • 206 Л
ову *------—----, соку = — — я —— • -0,6398,у я 13О-;
ІаЬ 2-7 23 322
с а авіпу , 7-віпІЗО 7 0.766 п ,л,е
————, віпа » — віпа ---------------------------і— «0,1915.
віп у віпа с 28 28
а я 1 Г; р - 180° - (130° + 11а) - 39 .
Відповідь: с я 28; а * 11’; 0 • 39а; у • 130і.
2) якщо а - 15, с- 18. тв - 11,3, то 11.3 - | 72 15’+ 2 18’^5*,
|(450 + 648 -5’),5*- 1098 - 510,76, У - 587,24, Ь в 24;
„ а1 + с* -Ь’ „ 15* + 18* - 24* -27 л лв я пл
со®0 =----------. СО80 = —"тг-тт:— я ТТГ я -0,05.0 я 93°;
2ас 2 15 18 540
5* 4 г - а* 24’ + 18’ - 15ґ 675 п ,о,
сова =-----г----, соза = — — « -— • 0,7813,
25г 2 18-24 864
а я 39~; у - 180 - (а + 0), у - 180' - (39і -і 93а), у - 48й.
Відповідь: Ь « 24, 0 - УЗ , а » 39\ у « 48і.
3) якшо а “ 13, Ь - 15, т — 12,3. то 12,3 = |\2-13* + 2 15* -с*.
24,6 « ¥,788~-Р; 605,16 - 788 - е*, с* - 182,84, с » 13.5;
13’+ 15’-182,84 211.16 _ ’
е0“1'" ТЇГЇ5---------------з5о ‘ "•мм-’ * 5Гі
-2------. «па . —‘“І. .Іпа . . ЛЛЮ»? . „ т76
віп а віп у с 13,5 13,5
а Я 54°; п - 180а - (57 + 54°) - 69 .
Відповідь: с - 13,5; а - 54е: 0 - 69’; у - 57°.
127,69 =
1В2 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М, І., Тарасенкова Н. А.
153. Нехай у паралелограмі АВСй АС « </,, Вй « <і, і О — точка їх перетину,
/ВОЛТоді ВО=ОВ= АО = ОС « . д с
Із лЛВО АВ3 » ( 1 ~ 2 со® а; / /
2 2 2 2 / 5-<О /
із ьАОй (де/АОД- 180 -о) / $' \ /
Ай2-і ] -2^сов(180'-аі, А й
2 і | 2 2 2 ' '
<1. і/ ' х
-1 ♦ -А + -3-і сов (X. Отже,
2 2 2
1) якщо </, — 12 см. <7, - 6 см, а - 35 , то АВ’ - 6’ + 3і - 2 б Зсоя 35 ,
АВ1 • ЗО > 9 - 36 0,8192, АВ11 > 15.5088. АВ «= 3,9;
А1> • в* + 3і + 36 соя 35%
АІЯ -36 + 9 + 36 0,8192, АВ3 * 74,4912, Ай * 8.6.
Відповідь: 3,9 і 8,6.
2) якщо <% « 4 см. 4, « 10 см, а « 140”, то АВ* - 2а + 5і - 2 2 5соя 140*,
АВ' - 29 + 20 • 0.766, АВ’ - 14,32, АВ 6,7; АВ‘ - 2» 4 5і + 2 2 5сов 140%
АіЯ - 29 - 20 0.766. Ай‘ - 13.68, Ай * 3,7.
В^ловіда." 6.7 1 3,7.
154. Нехай у трикутнику АВС АМ. Вй, СN — бісектриси
І) якпю АС - 7, АЛ - 60е, аС — 40і1,
тоді АВ - 18(Г - (60 + 40’) - 80 , ЛМАС - | АА,
АМАС = | 60=30, ЛМС = 184Г - («_іИАС + ас)
ААМС - 180е - (ЗО + 40% «110%
т 2»гг» АЛ^ АС ... АС-віп АС
ЗІпАС «ФиЛЛ/С ріп^АЛІС
7-аіп40 7 0.6428 . .
віп 110' 0.9397
АІЇСА гя^АА, /^СА = | 40а = 20’. <АХС - 180 - (АА 4 А?7СА),
ААЯС - 180* - (бо* + 20% - 100-;
Л'С АС АС віп ^Л Мх 7 Відбо 7 0,86в __
із гА^С -----— --------- , пС ї, Л'С =--------------------‘--« 6.2.
яіп^А аіп/^С зіп/АЛ'С віп 100* 0.9848
т. АС ла АГ 8Іп^С ла 7 в*п40‘> 7 0,6428 . .
вш^С зіп^В віп^В він 80 0.9848
гАВ£-І^В. ^АВ£«| 80° = 40%/ЛСВ = 180 -(АА + /АВІ),
/А£В - 180е - (40 + 60 ) « 80'.
. Вй АВ а, АВ віп/'А о, 4.6 яіпбО 4.6 0.866
в1п2А зіп/АЕВ ніп/АйВ віп 80 0,9848
Відповідь: АМ * 4,8, 77С * 6,2, Вй * 4.
2) якщо ВС - 5 см, /В - 45% АС - 70°, то ЛА - 18- - (45' + 70й} - 65%
А£ВС = |АВ, аЬВС = і • 451 • 22 ЗО'; АВ£С - 180 - (22 30’ + 70') - 87і 3(Г.
Із *ВйС -В1 « - — - ВВ = ——7— - • 4.7,
аіп/С віп^ВІС віл 87 30' 0.999
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М, І., Тарасенкоьа Н. А. 183
ЛВСМ = * ЛС, ^ВСИ » І • 70е = 35’, /ВЛ’С - 180е - (85’ + 45’) - 100».
«* 4-
ІЗ лис Л£-------те.з 6
•ІП49 1ІЛ2ВМ? яіп 100а 0,9848 ’ '
Із АВС --------. ля-80 *‘"гС «пТО" . 6 0.9301
віпхГС вілхл’ віпгл ' віп 65’ 0,9063
із лАВМ їВАМ ---гА, ВАМ = - 65' 32 ЗО.
2 2
тоді <АМВ - 180° - (32 ЗО 4 45°) - 102’30' і----- .
віп ЛАМВ віп^В
АМ . м, . о.2 .Іп45’ _ 6,2-0,7071 .
віп ^ЛМВ віп 102-30' 0.9763 '
Відповідь; ВЬ а 4.7, ЯГ * 3,6, АМ • 3,8.
155. Нехай у лАВС ЛВ < АС <ВС і АС - АВ + 1 - ВС - 1. ВК І АС і КС - 9 см
(Я є АС). Позначимо АВ — (х - 1) см, АС — х см, ВС — (х + 1) см (х > 1),
Із ьВКС (гВКС - 90 ) ВК1 * ВС» - КС*.
ВК1 — (х + 1)» - 9», ВК* - Xі + 2х - 80;
ІЗ ьВКА ивкл - 90’) ВК* - АВ1- АК1,
ВК* - (х - 1)» - (х - 9)‘,
ВК* - х» - 2х 4 1 - х» + 18х - 81 - Ібх - 80.
Тоді х» + 2х - 80 - Ібх - 80. х» - 14х - 0. х(х - 14) - 0.
звідки х - 14. Отже, маємо АС - 14 см, АВ - 13 см,
ВС - 15 см.
Відповідь: 14 см, 13 см, 15 см.
156. Нехай у сЛВС ЛС — 90', АС — ВС - а, т, Я лежить на продовженні АВ і
ВВ - ВС — а. Знайдемо сторони дАОС.
1)1з дАСВ АВ = ВС >І2. АВ = а>/2;
тоді АВааТг + а оіТг + і);/СДЛ = —= 45’; а/
2) /СВД - ІВО’ - 45’ - 135а; /\
гвос - лвсв - Н9—18б.Р = гг’зо' А вав
2
(лВСЛ рівнобсдреннй);
3)із дВСО —-------------
віп £СВП віп ЛВСВ віп КВСЯ
г авіп)35 а 0,7071
віп 22’30' 0.3827
Відповідь: а; а|^2 + 1); 1,Ва.
157. Нехай у лАВС АС — 5 см, ВС — 8 см, 5 — 16 см». Проведемо висоту ВН.
Якщо ЛС — гострий;
1) 5^, = і АС ВН, звідки ВН = ^«4К,
2 АС
НН е = 6,4 (см);
5
2) із дВЯС (/ВНС - 90‘) віп2С «
6 4 ВС
віп2С « = 0,8;
8 _____
совж'С • уї-зіп^С, см£С в %1 - 0,64 0,6;
104 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А.
3)1з ьАВС АВТ = АС* + ВС*-2ЛС ВС сов^С,
АВ'= 25+ 64-2 5 8 0,6,АВ’ -41, АВ = т41 (см).
Якщо ЛС — тупий, то соа ЛС “ -0.6, тоді АВ3 26 + 64 + 2-6 8 0,6 “137;
АВ ,137 (см).
Відповідь: \41 см або <187 гм
158. Нехай у коло 4 центром О радіусом ОА - 38 см вписано лАВС.у якого
/В - 63", ЛС - 49°. Тоді ЛА - 180’ - (63? + 49' ) - 68”.
Проведемо радіуси ОА, ОВ- ОС, тоді ЛВОА - 2ЛВСА •
- 2 49° - 98', ЛВОС - 2. ВАС - 2 68 - 136\
ЛАОС - 2ґАВС -2 63-126 (якійо- вписаний 1
центральний кут спираються на одну дугу, то
центральний кут удвічі більший за вписаний).
Із АВО АВ1 « АО1 + ВО3 - 2АО ВО сов іВОА .
АВ’ - 38’ + 38’ - 2 38 38 6 сов 9а ,
АВ’ - 2888 +• 2888 0,1392, АВ’ - 3290,0096.
АВ * 67.4 см.
Із лВОС ВС* =ОВ* *ОСг -2ОВ ОС сОаЛВОС.ВС* -
- 2888 - 2888 сов 136",
ВС3 2888 + 2888 0,7193, ВС* « 4965,3384, ВС 70.5 см.
Із дАОС АС* - ОА’ + ОС’ - 2АО ОС сов ЛАОС, АС1 - 2888 - 2888 сов 126 .
АС’ • 2888 + 2888 0,6878. АС1 * 4585,6664. АС « 67,7,
Відповідь' 57,4 см, 70,5 см, 67.7 см.
159. Скористайтесь мал. до задачі 158. У описаному . АВС ЛА - а, ЛВ ~ р,
ОА-ОВ-ОС- Н. • 2Я,а - ХВвіп а; —= 2Л;Л - гЛвіп р;
віпа віп0
у - 180° - (а + р); —— = 2Н; е = 2Я віп (180 -(а + 0)) = 2Яюп(а + В).
Відповідь: 2Явіпа; 2/?аіпр; 2Явіп(а + Р).
160. Нехай у трикутнику аі сторонами а, Ь, с І протилежними їм кутами а, 0.
у а - 21 см, 5 ; с - 3 : 8, а * 60 . Позначимо коефіцієнт пропорційності за х
(х > 0), тоді Ь — За , с — 8х, За теоремою косинусів а1 - 6* + с* - 25с сов а,
21’ - 9х* + 64х‘ -2 Зх 8х соє 60,441 - 73х* - 48х* • |,441 - 73г' - 24х*,
49х* - 441, х* = , х = ~* 3.Тоді і» - 3 3-9 (см); с - 8 3-24 (см).
49 7
. а* + с* - Ь’ _ 21* + 24’ - 9’ 936 . Л,.ь.
совр -----------. оовр — -- ..я —- • 0.9286,
2ас 2 21 24 1008
(р 22е; у - 180е - і60 + 22 ) - 98\
Відповідь: Ь - 9 см, с - 24 см, 0 - 22е, у - 98'’.
161. Нехай у трапеції АВСВ (ВС || АО) АВ “ 28 см, ВС
А1) “ 60 см Проведемо висоти ВН і СК. Тоді ВН || СК
чима К1) — х см, тоді АН - |60 - 18 - х) “ (42 - х) см.
Із лГЛО (ЛСКВ - 90 } СВ’ - СО’ - ЛЯ',
СЮ - 36’ - х’; із іАВН (іАНВ-90 )ВН’-АВ-‘ АН’,
ВН1 - 28і - (42 - х)’. Оскільки ВН - СК,
то 35’ - х’ - 28’ - (42 - х)1.
1225 - х* • 784 - (1764 84х т Xа),
1225 - х1 - 784 - 1764 + 84а - х’,
84х - 1225 + 1764 - 784, 84х - 2205. х - 26,25.
Тоді КІ) - 26,25 см, АН - 15,75 см.
18 см, Сі) “ 35 см,
і НК “18 см. Позна*
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А. 185
>
Із ьАВН сов ЛА - '^-,сов ЛА - * = 0,5625, ЛА * 56%
АВ 28
тоді ЛВ - 180п - /А, гв - 180 - 56° - 124°; із еСКП «» ЛЛ - —,
СЛ
26.25
сов ЛЛ - - = 0,75,^В • 4Г'30‘, ЛС - 180’ - 41’30* - 138г30'.
Відповідь: лА - 56% ЛВ - 124°. /Я - 41 30% ЛС - 138 ЗО*.
162*. Оскільки ВС1 > АС* АВ\ то аАВС — тупокутний з тупим кутом А.
Проведемо висоти аАВС АН, ВН, СК, продовження
яких перетинаються в точці О.
Із лГАВ со» ЛАСВ = * * 4 ДЄ* ~ АЗ*
2 АС ВС
соя ЛАСВ = . Ь дЛЛВ (ЛАН В - «О )
АН1 - АВ* - НВ1, АН1 - 4 - НВ1-.
із лАЯС (ЛАНС - 9(Г) АЇР -СА1- НС1;
оскільки НС « 6 - НВ, то АН* - 25 - (6 - НВ)1;
4 - НВ1 - 25 - (36 - 12ЯВ + ЯВ1), 4 - НВ* - 25 - 36 + 12ЯВ - НВ*.
\2НВ — 15, ЯВ = - см. Розглянемо лСАЯ і лОАН — прямокутні, ЛСАН “ ЛОАН
(вертикальні), тоді ЛАСВ - ЛАОН, соахАОЯ —, віп ЛАОН = <і -^ов1 ЛАОН,
60
І Ґ57
віп/АОЯ» 1- —
\ 60
.39
20
нв
Із лОЯВ (ЛОНВ - 90') ОВ = — -----—;
аіп ЛНОВ аіп ЛАОН
см.
ОВ — —: — — —жк = —і (см).
4 20 4^39 39
Відповідь: 2?^
39
164*. У рівнобедрепому трикутнику центр описаного кола лежить на бісектрисі
(медіані, висоті), ироваденій до основи, тоді АО— відрізок бісектриси ЛА. аАОВ —
рівнобедреннй (АО - ОВ як радіуси), а отже, ЛВАО • ЛАВО; ЛВАО - і ЛА - 15г,
2
ЛАВО « 15% лАЛВ - 180 - (30' + 15’) - 135е. Із кАВЛ —ВІ> ----------,
, аіп ЛА еіп ЛАЛВ
АВ 8ІП2А баіпЗО* Ь Ь Ь^2
8іп ЛАЛВ віп 135’ 2
2
/> '9
Відповідь: —
2
166*. Нехай із трапеції АВСО (ВС || АО) ВС • Ь, АЛ -
Проведемо висоти ВН 1 СН.
Позначимо АН ла х (х > 0).
Тоді НЛ - АЛ - НН - АН, НН - ВС - Ь;
НЛ - а - Ь - х.
Із дАВЯ (ЛВНА - 90°) ВН - АНїц ЛА, ВН - хіЯ а;
із *СНЛ (ЛСНЛ - 90’) СН - НЛіе ЛЛ.
СН - (а - Ь - х)і£ р.
Оскільки ВН - СЯ, то а - (а - Ь - х)і< р,
а, /1) - Р, а > б.
186 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А.
хк8 а + лік Р - (а - 5)ій Рі
ж.!° М^.Тол.
• Чф ідо + івР ЦГ“ + ЧФ
о а+ 5 (а-Ь)КпаеР (и*-Ра)і8иІвР
4ВГГ* 2 ідо т ІДО 2(і8а + 18Р)
(а* -Ь* )і£аІ£Р
Відповідь: —-----
2(ис* + ад
лОЛ. а мп нвіпа
віпа віл(180в-(а+Р))' 8іп|і80°-(а+ р)) аш(а+р}’
ВЛ ВС_
8Іп(180 -(а, т Р,)) аіпа,'
а яіп а
ви.
2
а віп а
Із ьВСВ:
Л*>ЛЛЛЛ-*«
І
д? В[) &ІТіі/і _ 8іп£« + р) авіпаяіпо^___
аіп(180’-(а,+Р()) віп(а, + р,) 8Іп(а4-р)8іп(а, + Р,)‘
авніааіпак
Відповідь. --.---- • ,--
8ІП(а + Р)8ІП (в| + (і, )
168. Позначимо т. О — середину відрізка АВ, центр півкола, і проведемо радіуси
ОС, ОВ, ОЕ. ОА • ОС - ОЛ - ОЕ « ОВ • і 11,5 м - 5,75 н,
% 1
Центральні кути ХАОС " хСОІ) » хВОЕ » ХЕОВ — - 180 “ 45і", тоді хорди,
які їх стягують, рівні, отже, АС СВ * В£ « ВЕ.
11 І.АОС — ріьцободреннй, тоді
180°-2А0С 1к0-45в ч
ХОАС - /.АСО - ---------67°30\
2 2
АС ОА ОА втгАОС
— — —— = .— -— АС = -- — -,
віпААОС’ віп ХАСО іОл/АСО
л„ 5,75 8іп45 5.75 0,7071 . . , .
АС = —------- ---- 4.4 (мі.
віп 67’30' 0.9239 ' '
СІ) « АС * 4,4 м.
2) У аСЛЕ ХСЛЕ - ІЗб” (сума кутів /ООС і /ОЛЕ),
тоді ^Е.^£сЛМ^^в2Г30'. —
2 віп АСЛЕ яіп/ЛЕС
СВ віи/СПЕ „„ 4,4 віпІЗб* 4,4 0,7071 ..
8Іп /ВЕС віп 22’30* 0.3827
3) Кут нахилу АС — хСАВ, ХСАВ “ ХОАС ” 22 ЗО';
- Кут нвхилу СВ - ХВСЕ, /ВСЕ - 22 ЗО1.
Відповідь; 1) 4,4 м; 2) 8.1 м; 3) 67 ЗО'. 22 30'.
,я„ „ . „ Ві’ +дс1-4В‘
169, Задано три сторони трикутника. тоді сов ХС = - - — -
2ВС АС
ст./<-.Ш?>16ГО’-12401 = ї^-1200 = 22012 - О.вЗ«7.ХС . »'18'.
2 1170 1600 3744000 37440
Відповідь: 50 18'.
170. На місцевості побудували трикутник з трьома відомими сторонами, тоді за
теоремою косинусів маємо:
10і +10*-16* -56 ЛЛО %аі
соза -------------, сова » —- я -0,28. а * І Об 18 .
2 10 їй 200
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І,, Тарасенкова Н. А. $ї$ 187
171., АВС — прямокутний, /С - 90й, ВД • 60 м, /ІЇВЕ - 65°, ЛЕОА - 35
1 В< , £Д 1 ВС). Тоді £ВЕО ™ ЛМВЕ — 65і" (внутрішні різногторомні кути
при N8 || £Д і січній £В). Із л£ВД (/ВД£ - 90 ),
£Д =
ВД
І</В£Д*
І£б5’
60
2.1445
• 28 (м).
/ВАС - /£ДА - 35й (внутрішні різносторонш при £Д || АС і
січній АВ); і ВАС - £ВЕО — 65е (відповідні кути при £Д || АС
і січній АВ), тоді /ВАД - 65° - 354 - ЗО*;
/А£Д - 180* - 65° —115' (сума суміжних кутів 180°).
Із лА£Д
АО ЕО л_ £Двіп115’
------- =------ Д7) -----------
81 п 115й віп ЗО' віп 30й
1
2
Із дАДС (/ОСА - 90') ОС - АОнІп /ДАС, ОС - 50,8віп 35’ ж 50,8 • 0,5736,
ДС- 29,1 м.
Відповідь: 29,1 м.
172*. Із іАСВ /С - 180’ - (/ВАЛ/ + /АВ/У), /С • 180' - (85е + 52а) - 43’.
За теоремою синусів 1
АС АВ л„ 800-віп 52* 800 0,788 лп. , .
.Іп^лвл-' АС —лйз-•АС - “Олег— 924 м'
§ 6. Формули площі трикутника
ос
X
X
ш
X
о
ос
о
с
Площу трикутника можна знайти:
1) за стороною і проведеною до нього висотою: 3 » -о Л ;
2 *
2} за трьома сторонами (формула Герока): 5 ^р(р-о)(р-5)(р-с),
а + Ь + с
Де ,
3) за двома сторонами 1 кутом між ними: 5 = аЛаїпу;
4) за двома сторонами і радіусом описаного кола; 3 — :
4Я
5) за трьома сторонами і радіусом вписаного кола: 5-1г(а + 5 + с).
2 ' '
175'. 1)6, в; 2) в, д.
176 . Мал. 59: 5 = ідЬяіпу, 5 = - -4 6 віпЗО' «12 1 = 6;
2 2 2
мал. 60; 3 = —. 5 - 5 4 6 = 10.
4К 4'3
Відповідь: 6; 10.
. 9 + 10 + 17
17Т.а) р«------------18; р-а = 18- 9 = 9; р-Ь - 18- 10 = 8; р-с = 18- 17 1;
б) РІР-а)(р-Ь)(р-с) = 18 9 8 1 =1296;
в) ч'р(р-а)(р-Ь)(р " с) = >/1296 » 36.
І Формула площі трикутника за двома сторонами та кутом між ними
5 = | аЬзіпу, 3 = •* ас віл Р, 5 = Ібсвіпа,
188 Йй ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А. ОЩЩВ
178 1) 5 - 1 5</ї 4 СО860Л 8»іо7з - 15 (см* 1 2 *);
<м 2
2) 5 = І <12 8 вігі ЗО", 5 «48-1 - 24 (см4);
2 2
3) Я = 1-7/2 -16 зіп451,5=5б/2 ~ - 56 (см*).
2 2
179 . З і п’ята. Тоді:
- І
1) якщо а “ 2 гм, а » 70". та 8і- 4 вігі 70 * 2 0,93 « 1,4) (см1);
2
2) якщо а • 4 см, а — 65’, то Я » 1 16 віп 65° »8 0,91 » 7,3 (см*);
3) якщо а - 6 см, а * ІОО*. то 5 = 1 зв яіп 100 - І» 0,985 * 17,7 (см1).
Ви)п<мм)ь.* 1) 1,9 см4; 2) 7,3 см4; 3) 17,7 см*.
160 . Застосує мо формулу З = —--.Тоді:
4л
В 5 = -в-~^ - 120 (см*);
4 ’ 1 о
2) *'= 6 ?-4"5 «8^5 (см*);
4 4,5
3) 5= — -"-30 — 338 (см*).
4 10,20
Відповідь; 1) 120 см’; 2) 8у5 см*; 3) 336 сма.
181 Нехай у іЛВС О — точка перетину бісектрис, центр вписаного кола радіуса
г (ОЛ’ 1 АВ, ОіУ 1 ВС, ОМ 1 АС, ОК - О.\' ОМ = г)
+5лоя + я^«|ас о.м + |лв ОК + |вс О.У,
2 2 2
1111
5,4ЯГ = Ьг + • сг + -- аг » - г (а + Ь і- с). Отже:
*-ХЛ 2 2 2 2 ' '
1) 5 « 1 • 4(13 + 14 + 15) - 84 (см*);
2) 5 = | 1,5 (4+13+15) - 24 (см*);
3} 5 » і 2(7 + 15 + 20) - 42 (см1).
Відповідь: 1) к4 см*; 2) 24 см’; 4) 42 см*.
_ „ аЛс
Радіус кола, описаного навколо трикутника із заданими сторонами: л = - .
і 2В
Радіус кола, вписаного в трикутник із заданими сторонами г = — — .
а +Ь + с
182.1» формули 5 = — маємо 4Я5 = аЬс. Я = ~ ;Ь одержаної у задачі 181 фор-
І 25
мули 5 * - г(а * Ь + с) маємо: 25 = г(о + Ь + с), г ----. Що Й треба було
2 а т Ь + с
довести.
183е. Оскільки задані три сторони трикутника, площу знаходимо за формулою Ге~
рова Я = ^р(р-а)(р-Ь)'(р-с),де
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А. 189
1) Р - ***** - 8 (см); 5 = у8(8 - 5) (8 5)(8 - б) = З 3 2 - З 4- 12 (см1);
о» _ 12 + 17 + 25
2) Р ----------- - 27 (см);
й 5 е ч27(27 - 12)(27 - 17)(27 - 25) Т27~Ї5~10'2 - 90 (см*);
оі 15 + 26 + 37 __ ,
£ 3> Р ----*--------39 (см);
5 - ^39(39~~Г5)(39~26)(39-37) = <39~24 1ЇЇ^ - 15б (смї),
й
й Відповідь: 1)12 см’; 2) 90 см1; 3) 156 см1.
1В4. V задачі необхідно знайти сторону зя відомою другою стороною, кутом між
цими сторонами і площею трикутника. Тоді з формули в = іа6аіпу маємо
25 2
а я------:
Ь аіп у
1) якщо АС - 15 см. гЛ - 30°, 5-60 см\ то АВ =• —- 16 (смь
15 аіп ЗО" 1 '
2
2) якщо ВС 1073 см, /В - 60°, 5-60 см*.
ТОЛВ.—._!» 8(си).
. 1<173 шп60‘ к „з
» О •
2
Відповідь: 1) 10 см; 2) 8 см.
185. Площа заданого трикутника «а-аЬяіпу, звідки а
25 %
він у —. Отже:
аЬ
І) якщо а - 7 см, Ь - 10 см. у - 80 ,
то 5 = і-7-10віп80и -350,9848 » 34,5 (см3);
£
2) якщо а - 5 см, 5 - 8 см, 5 - 12 см3. то віпу = ——
5 8
3) якщо а - 4 см, у - 150г, 5-24 см3,
то -----?^4_ = _112_ = 12 ш
4 яіп 150е віп 30° 1 ’ Ь
4) якщо Ь - 9 см, у - 75.5 - 16 см3, то а - 2'1в
25 25
_ " ~ 1» О 3 і,
Ьвіпу а аіп у
0,6; у » 36’52’;
32
9-аіп75а " 9 0,9659 ’ 3,7 (СМ,‘
186. Із формули вг^абяіпу маємо віп у а—.Тоді аіпу » = — .отже-
9 аі> 6 10 ЗО
19
^,що менше від 1, а отже, 5 може дорівнювати
< ас »- 1
_ , 2
1) якщо 5-19 см1, то кіпу
19 см»;
2) якщо 5-35 см1, то віп у = що більше за 1, а отже. 5 не може дорівнювати
35 см3;
24
3) якщо 5-24 см1, то аіп у = — ,що менше від 1. а отже. 5 може дорівнювати
24 см*.
Відповідь: 1) так; 2) ні; 3) так.
107. 5 ’ - Ьс віл а, де а і Ь — сталі, а збільшується від 0° до 180".
За доведеним у § І зі зростанням а від О до 90 аіп а збільшується від 0 до 1;
зі зростанням ц від 90- до 180 віп а зменшується від 1 до 0, тоді зі зростанням
190 >:•$ ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А.
а від 0до 90* і 2 * 5 зростає; зі зростанням а від 90° до 180й — 8 спадає; значення
5 буде найбільшим, якщо а - 90', оскільки віп 90’ - 1 (найбільше значення).
Площу паралелограма можна знайти:
1) за стороною і проведеною до неї висотою: 3 = а • Ло;
2) за двома сторонами і кутом між ними: 5 = абвіпу;
3) за двома діагоналями і кутом між ними: 8 » -Цгі, аіпа.
1ВВ. Дано: АВСО — паралелограм; АВ - а, АО - Ь, /ВАВ - а.
Довести: 8^^ * аЬяіпа.
Доведення. Проведемо діагональ ВВ. Вона розбиває
паралелограм на &ЛВВ і &ВСО.
і}8лло=1_ЛВ АВ віп^ВАВ, 8^-|аЛвіпа;
2) $кі> ~ 'А аі,8іп а, оскільки ВС - АВ - Ь,
. СО‘ АВ- а. /ВСИ - /ВАВ - а;
8) ^лж-о ~ 2^д>л» $ма> “ ' — лбвіпа, 8^^ = абзіпа. Що й треба було донести.
189. Оскільки протилежні сторони паралелограма рівні, то формула 8 = айвіпа
справджується для будь-якого Його кута. Тоді:
1) якщо а - 2 см, Ь - 3 см, а - 70°, то 8 = 2 З ліпТО* • 6 0,9397 * 5,6 (см1);
2) якщо а ’5см, (> • Зсч, а - 130“, то 8 = б 3 аіп 130“ » 15 0,766 • 11.5 (см4).
Відповідь: 1) 5,6 см”; 2) 11,5 см’.
Ромб — паралелограм з рівними сторонами.
Площу ромба можна знайти:
1) за стороною і висотою: 8 = а Л;
2) за стороною і гострим кутом: 8 а’ аіпа;
3) за діагоналями 8 = -</,4, (оскільки аіп 90е -1).
«мх
190. Для ромба зі стороною а і кутом а маємо в формули площі паралелограма
8 - аЬаіп а, 3^^ - а • авіп а, 8>|<Ґ,Т ” о^іп а. Що й треба було довести.
191. За доведеною у задачі 191 формулою площі ромба 8 •> аМп а маємо:
1) якщо а - 2 см, а - 20“, то 8 - 2* аіп 2(Г » 4 0,342 «1,4 (см1);
2) якщо а - 6 см, а - 124 , то 8 - 6і віп 124і « 36 0,829 • 29,8 (см1).
192. Дамо; АВСО — паралелограм; О — точка перетину АС і ВВ;
АС - <1,. ВВ - гі,; /ВОА - а.
1
Довести: 8ляса - віп а.
-і
Доведення. Діагоналі паралелограма точкою перетину діляться навпіл, тому
ОВ = ОВ --а., ОА - ОС = - <1;
2 і 2
/ВОС - 180 - /ВОА • 180’ - а.
8іДЬ1в = ^ОА ОВ аіп /ВОА,
£
®*жм
аіпа »аіпа.
О
/СОВ =ьАОВ, а отже. 8^^ = 8^,, = £ аіп а.
О
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А. 191
$.«с =-ОСОВ віп лВОС, 3М1Г 1 2 * І~ 4, |81п(180е- а)» І віпа.
** £ ’ £ Д X / о
4ЇХМ =лВОС ,а отже, 5 г<и « 5^ = |£4, віпа.
Діагоналі паралелограма розбивають «ого па рівновеликі трикутники. Тоді
^авсо а 4 5 * * ^.лоя’ ^лжл 4 ^Д^віпа, Злк.о - -1 гі^віпа. Що й треба було до-
о 2
вести.
193. За формулою, доведеною в задачі 192, 5 віп а. Тоді;
1) якщо </, - 6 см, дг - 10 см, а - 40”,
то 5 = 6 10-віп40*. 80 0,6428-19,3 (см1);
2) якщо сГ, - 8 см. 4, « 13 см, а - 59',
то 8*|-8 12 віпбО*- 48 0.8572-41,1 (см’).
Відповідь: 1) 19,3 см’; 2) 41,1 см4.
Прямокутник — це паралелограм з рівними діагоналями. Площа прямокут-
ника 8 ігі’яіпа (</ — діагональ, а — кут між діагоналями).
£
194, 1) якщо <і - 12 см, а - 30е, то 5 = - • 12* аіп 30е = 72 - - 36 (см1);
2 2
2) якщо а - 10 см, а - 25°, то 5 -1 10* віп 25е - 50 0,1226 » 21.1 (см’).
Відповідь: 1) 36 см’; 2) 21,1 см1.
195. Якщо задані сторона с і прилеглі до нвї кути а і |1, то третій кут —180’- (а + |5).
За теоремою синусів -Д- • - / .— —г. звідки
яіпа віп (180° -(а + р))
------------ свій а „ .. 1 „
0 ’ «.(йо^в" 8 -
о 1 свиїа . а с1 віп а аіп В _ ,
8'Ї’Е(Ї7І) ‘ ,шр-'їй(ї7р) Тож‘:
1) якщо с - 6 см. а - 70е. |1 - 60°,
в 6’ яіп70й-віп60 18 0,9397-0,866 ,п , , ..
5= ^(70“ 4 6<Г)----------0Л66~-19,1(см’);
2) якщо е - 8 см, а 65°, р - 54 ,
5 8і віп 65- віп 54° 32 віп 65°віп 54г 32 -0,9063 0,809
2віп(65в+54°) " віп119° 0,8746
Відповідь: 1) 19,1 см’; 2) 26.8 см’.
196. Дано.* &АВС, лА “ а, АС • Ь, ВС •* с; АК “ Іи — бісектриса 21А.
Дои^тц,- І,-----..
Доведення. £
| ЛВ АС віп^ВАС; 3 = ібсніпа;
^ВАК - ЛКАС « -.
2
сет а
(см*).
0,8746
192
::::$ ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова н. А.
*3мжс’- 5>л« АК віп^ВАК, 5^ = |с^в1йН;
4 2 2
- І АЛГ ЛС віп^ХАС ; 5^, - -ЬІ* »1и
« 2 2
Тоді іЬсвіп а • еі віп+ і Ма яіп , Рс віп а = І віп “ (с ♦ 8),
2 2 2 2 2 9 іо 2
« НІЙ ІХ тії ** я
--. Що й треба було довести.
[Ь + с)віп ®
197. Дано; лДВС'АВ — 8. ВС с, АС “ о; ВН — висота.
Знайти: ВН.
1 1
Розв'язання. 3^* - ~ АС ВН, 3-яЯҐ = - а ВН, звідки
лл 2 2
ВН —
а
5^ц> -¥Р(Р-«її(р-5)(р-г),ДЄ р-1±А±*;
ш 2
а Ь — с
’ 2 ' ’
е а+Ь+сіЬ+с-а
5^ = —-
а + е-8
2
2
~т/(д о Ь *с)(Л + с-й)(в + с-Ь)(а ♦8-е)
а
У (а + 8 + с)(8 ♦ с - а)(а * с-8)(а + 8 -е)
2а
Відповідь:
2а
198. Зя висновком задачі 197, А_ « —. \ , А = — .Тоді:
а Ь е
1) якто а - 7 см, 8 - 15 см, с - 29 см. то р = 7 * 1£± — = 2] (см).
5=гуї1(21 -7)(21- 15Ц21-20) • %21 14 (ТІ = >ЗТ~2~2 3*7 2 3 = 42 (см*).
л. ---— ” 12 (см); А, • 5,6 (см); Аг " 4,2 (см);
2) якщо а - 13 см. 8 - 14 см, с - 15 см, то р —— - 21 (см).
5«^1(2І-13)(21-14Ц2І'Зи)ж<2"8ТГб»у,3 7 8ЛТ2-3 - 7 3 4 -
* 84 (см1).
Ч “ ~їз' “12 13 її (см>‘ л‘ = Л2Г "12 <см): А* * \Т = 11«2 (с«ь
іо 14 її 15
1Р
Відповідь; 1) 12 см; 5,6 см; 4,2 см; 2) 12 — см: 12 см; 11,2 см.
13
199. 5 ур(р -а)(р - Ь)[р-с),цв р = ° + г.3п умовою а : 8 : с - 12 : 17 ; 25
2
1 5 “ 810 см*, тоді иознпчимо зл х коефіцієнт пропорційності старій; а — 12х см,
8 — 17х см, е — 25л см.
12х + 17х*25х __ ... .. ~ .
Р~------------— «27х;5 »р(р-12х)(р-17х)(р- 25х);
8Ю’ж27х (27х - І2х)(27х — 17х)(27х - 25х); 810* - 27х 15х Юх 2х;
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А. $•> 193
810 810
27-15-10-2
81.Х- 3.
Тоді сі - 12 3 • 36 (см), й • 17 • 3 • 51 (см), с *
Відповідь: зь см, 51 см, 75 см.
25 З -
75 (см).
200. Якщо у трикутника а — 17 см, Ь - 21 см, т » 5 см, 'гот, - Тйа ’ + 26і - с
2жс л/Іа* + 26" -с*: 4т' • 2а1 + 25* -г ; ? »2а + 25і - 4т’.
Тоді е» - 2 17і+ 2 21» -1 5 . е»- 578 4 882 - 100,
, . гве а+й+с 17 т 21+4^’83 ,л „ г~
С» - 1360, с - 4 <85, р = —--, р =------ = 19 + 2>/85.
^19 + 2/»5)(19* 2м85 - 177(19т 2>/85 -21)(19 ♦ 2<85-4^85) -
8
« ^(19 ГзТаІЩіЗ - 2^85)(2 + 2Т85)(2ч/85 - 2) 19’ - (гТвб)* ^Твз)’ - 2’} -
= ^361 -340)(340-4) = <21 336 =81 (см»).
Відповідь; 84 см».
201. Нехай у рівнобедреиого .АВС (АВ - ВС) ВН — висота, тоді АН • НС. Із
ьАВН (£ВНА - 90) АВ = ВН1 т АН .
_ 1 ог. й, АВ ВС АС АВ1 АС _ .
8.„ " АС ВН. В- - —------------ ----------.Тоді:
** 2 48 48
1) якщо АС — 20 см, ВН - 26 см, то АН = і 20 = 10 (см);
2
АВ* <. 26' + 10’; АВ1 - 676 + 100, АВ* • 776;
„ пл ос пал І ЇХ а 776 20 194 , 12
8 » - 20 26 260 (см1). ІЇ = — = Н — (см);
2 4 260 ІЗ ІЗ
21 якщо АС — 16 см, ВН -17 см. то АН = і • 16 = 8 (см); АВ - 17‘ + 8 .
АВ1 = 353; 8 =»- 16 17 = 136 (см1); В = 353 « 353 = 10 — (см).
2 4 136 34 34
Відповідь: 1) 14 — см; 2) 10-3 см.
'іЗ 34 >
202. Якщо сторони трикутника а, 5, с і площа 8, то радіус оішсамого кола В = -—.
Тоді 45
,. . _ . .. _ _ а + Ь + с 10 + 24 т 26 .
1) якщо а 10 см, 5-24 см, с 26 см, то р -------, р ------------ = 30 (см).
А £
8 = ^'ЗО (ЗО*-10)(30 -24)(30-26|і= .ЗО 20~6 1=120 (см»).
о 10 24 26 ,
й =---------=13 (см);
4 * 120 ' '
2) якщо а » 26 см. Ь - 28 см, с ЗО см, то р« -—н 42 (см).
8 » ч.'42 • (42 - 26)(42 - І8)(42 - 30) - Дї 16 14 12 «7? 6 І6 2 7 2 6 -
- 7 б 2 4 — 336 (см»), й - 15,25 (см).
4 336
Відповідь: 1) 13 см; 2) 16,25 см.
203. Для заповнення таблиці знайдемо площу трикутника за формулою Герона
Я = уР(р- а)(р~Ь)(р-с), де р = Радіуси вписаного й описаного кіл
- . аік 2В
знайдемо за формулами; й ——, г « .
48 а 4 Ь ♦ с
194 ЙА ГЕОМЕТРІЯ бурда М. І., Тарасенкова Н. А.
(см*)
& 7 е В 7^3
І) якщо а - 5 см, 6-7 гм, с - 8 см, 5 «10\/3 см , то Н - - ‘ см.
г- 4 -1073 З
2 Юч/З -
г = -—— - = 73 (см);
& + 7 4* 8 З І ')
2) якщо а - 3 см, Ь - 4 см, с - 5 см і Я - 2,5 см, то 5 « —*, 8 = — • = в
2 6 , , , 4Я 4 і4
Г= -—- = 1 (ГМ);
3 + 4 + 5 г|
3) якщо а - 5 см, Ь - 5 см. с - б см. г - 1,5 см, тоді 8 = —
1,6 <(5 + б + 6) 6 6’6 _
Я «----- ------* «12 (см*); Н = • _ = 3.125 (см);
2 4 12
4} якщо а — б см, Ь “ 10 сМ, С - 8 СМ, Я — 5 см, ТО 8 *
2 34 _ . .
г ----------•* 2 (гм);
(’т10+? , о ь 4 13 15 65 вІ . .
5) якщо а 4 см, Ь “ 13 см, с — 15 см, 3 — 24 см*, то Я - —--— = — о— (см);
224 3 , . , . . 4 24 8 8
г = — —- —— — 1,5 (см».
4 + 13 + 15 2
Вкілошдь.* 1) Я = см, г = <3 см; 2) 8 « 6 см4, г - 1 см; 3) 5 - 12 см4,
Я 1
Я - 3,125 см; 4) 5 - 24 см', г - 2 см; 5) Я - 8 < см,
8
2
6 10 Я „
----— ж 24 (см11:
4'5
2)2^.ч1£
яіп А віп В
ЛС,я£*!“в,лс-в^.
віп А віпа
ТОДІ 5
_ Чию 11 , АС ВС зіпС.
£
_ 1 а яіп Р . аЧіп0в1пу
** 2 вти 2яіпа
Що й треба було довести.
г«1,5 см.
Площу прямокутника можна знайти:
і) за двома сторонами; 5 об;
2) за діагоналлю і кутом між діагоналям»: 8 - віп«.
£
Ї08*. Дано: чотирикутник ЛЯСР, О — точка перетину діагоналей;
ВИ - </., АС - <Г,, 1ЮС - а.
Донести- ^<4аіпа.
Доведення.
яліс ОСяіпа; 3^ = 1 АО ОЯаіпа;
ІЛЛ Ні г ЛЧДЛ Л
-м-ООЦЛ, -ос)ш.аі
З** --ОВ ОСаіп гВОС = 'М~ ОО)СХ'»іп«,
2 2
оскільки віп (180* * а) = «іпа ;
5хіо - АО ОВвіп^АОВ = -ОС)ОПмла.
2 2
Ялвсо * ^оое * ЯАОв * ^аос + Ялоо *
= І8Іпа(СЮ-0С + Ц -ОР)(СІ, -ОО^ + СсІ, - ОО^ОС + І^ - ОС) ОВ)*
2
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А. 195
= -*віпа(ол ос + сщ - а,ос - дро ои ос + а^ос-ооос + ^оп-
&
-ОС ОО) = А аіпси^сі,.
&
Отже, 3АКО = ' віпа, одо й треба було довести.
&
210*. Нехай задано паралелограм АВСО з АВ -15 см,
ВС • 16 см. СВ — 41 см, АО — 44 см. Скористаємось
порадами до задачі.
ВК Ц СВ.тоді КО - 16 см, а АК - АО - КВ,
АК - 44 - 16 - 28 (см). У *АВК ВН — висот*.
15 + 41 + 28 %
Рдаж *-----=------ - 42 (см);
£,
8 » ^42(42 - 15)(42 - 41)(42 -28)
= <42~-27114-<7-2 З 3і 2-7 -
-7 2 Зг- 126 (см*). Тоді 8 = ^ВН АК. ВН = —8-, ВН = - 9 (см).
2 АК 28
«исл ’ —ВН, 8^ - 9 - 270 (см1).
Відповідь: 270 см*.
211 ‘.Нехай задана трапеція АВСО з ВС - 11 см, АО - 25 гм, АВ - 13см, СО- 15см.
Скористаємось мал. до задачі 210*. ВК || СО ,ВК - 15 см, АК - 25 - 11 - 14 (см).
У аАВК ВН — висота, що є й висотою трапеції. р,лг а я 21 (см),
5 = <21 (21 - 13)(21 -15)(21 -14) <21 8-6Л = <3 -7 ~2~СбП - 7 2 6-
- 84 (см’). Тоді ВН = ВН - - 12 (см).
АК 14
Відповідь: 12 см.
214. Позначимо вершини чотирикутника А, В, С 1 В.
За мал. АВ - 2.1 см, АВ - 1,2 см, СВ - 1.6 см.
СО — 3,3 см, ВО — 2,6 см. Якщо масштаб 1 : 1000.
то АО - 2,1 • 1000 - 21 (м), АВ - 12 м, СО - 16 м,
СО — 33 м, -ВО - 26 м. Вддд, + 5^1,.
Знайдемо площу іЛВО\
8^ии> = <29,5(29. 5 -12)(29.5 - 21)(29.5-26} - <29,5 17,5 8,5 3,5» 124 (мг).
Знайдемо площу лВСВ: р^в = — — 37,5 (м).
$ио> = <37,5(37.5 -18)(27.5-31)(37,5-28) - <37.5-21.5'~4?5 Т1.5 * 204 (мт).
•Чик.0 " 124 + 204 «328 (м*).
Відповідь: 328 мш.
215. Знайдемо площу трикутника в квадратних метрах:
29 + 35 + 48 _ _ , ч
Р •----------- - 56 (см).
<&
5 = <56 < (56 - 29)(56 - 35)(56 - 48) <56 - 27 21 8 - 504 (см1) - 0,0504 м1.
Тоді маса т трикутного листа заліза т - 38 • 0,050-1 * 1,9 (кг).
196 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А.
216. &м ’ 5 га- 50000 м*; 3 - -АС-П,звідки Л = - -,Оскільки АС - ЮОО м,
2 АС
2 ЬООаО _ і
То Л = "Уооо^ “ 100 <*>• Нехай 3^ « 2 га - 20000 м‘. $даа*|лО’Л,
2 20000
звідки АЛ = —-— в **00 (**)< Тоді па стороні АС треба відкласти відрізок
АП - 400 м і через точки В і О провести межу. *;<
' -4
й
ТЕСТОВІ ЗАВДАННЯ
Не 1
Iе. &НП 180 + 5еоа 0" ~ 2віп »0 - 6’0+5 1-2 1-5-2 -8.
Ві^л*лтг8ь‘ Б.
2.1 + соє'а — віп* а — (1 - аіп*а) + соя*а — соали + сов* а — 2сов,а.
Відповідь. Г,
З віп 150' + сов 12а - віп <180'* - 80 » і сов (180й - 60) - віп ЗО” - сов 00" -
1 1 Л
— — — — Ж О„
2 2
Відповідь; А.
4. соиа»7,тоді віпа = VI - сов*а, віпа = . І - 8 = -.
5 V 25 5
Відповідь: А.
5". і^а-81п'асв'«вШ*«і(1~віл1 а• соя’а = він'а. Якщо віп а - 0*5.
то віп1 а - (0*5)* - 0,25.
Відповідь.' Г.
N12
1Якщо в &АВС задані сторона с - 1 см і кути /В - 45”, ЛС - ЗО, то
. , с аіп В .
заїдки Ь = — —, Ь
аіпС
Відповідь: В.
5 с
аіп В аіп С
«_Л.1.<2 (см)-
А &
1_вІп45
аіп 80'
1
2
2 . За наслідком з теореми синусів
_ 2см 1см
Я = ——..... в---- ® 2 гм
2 віп ЗО'
Відповідь: В.
а
~а— - 2Я. тоді В = .
віпЛ 2 яіп А
З . За теоремою косинусів сг л а1 + Ь* - 2зЛсо»С, тоді с* - 2і + 3* -2 -2 -3 - сов6О'-’,
са-13-12 -|,соя»-7, с-Л см.
Відповідь: В.
4. Найменший кут трикутника лежить проти найменшої сторони, тобто сторони,
що дорівнює 2. Із теореми косинусів
6* + с'-а’ 3і -і 4’ -2’ 21
сова --5,—^. сова»——- « -< - 0.875.а =• 29'.
2Ьс 2 34 24
ГЕОМЕТРІЯ Бурда м. I.» Тарасенкова Н. А. 197
5‘. Нехай у паралелогрлмі АВСЛ О — точка перетину діагоналей. ВЛ : АС ~ 1 : 2,
АЛ - 6 гм. ГЛ 2 см. Позначимо коефіцієнт
иронорційнт-п діагоналей за X (X > 0), ТОДІ ВЛ — X см.
АС* — 2х см.
АО - ОС - х см, ОЛ - ОВ - | см.
ІЗ йСОЛ
соя /СОЛ =
ОС* +ОР1-СР’
2ОС ОР
„І , 1 „1 .
сов /ГОЛ > -і- - • Ь-^Х— .
Т лоп чм АО’+ОЛ'-АЛ‘ „ а г + <л'-36 1г25х*-ав
Із аАОЛ соа.Л(Н) • соа..ДОЛ 4 — ~.
2 АООР о « х х
3'Ж’2
ЛАОЛ " ІНО1’ - 2СОЛ (суміжні кути). Тоді
со» аАОЛ - со» (180' — ^СОЛ) -сов /СОВ. Отже,
1.2бХГ-Зб 1.25Х1 “4 . , ,.й . ОС 1 . < О С X «л 1 <
-----г— ; |,25х’ * 36 - -1,25х’ + 4; 2,5х’ - 40; х’ “ 16; х 4.
X Xі
ВЛ - 4 см, АС - 2 4-8 (см).
Відповідь; Г.
N13
1°. 8 |иЬвіп у. 8 ~ -1 6 віпЗО', 3 12 ж 6 (гм1).
Відповідь; Б.
Л , ,е м . ,7“ ї О*Ь + С 10 + 10+12 ю і і
2 .'««•^Мр-аЦр-*)(/>-«), р « - - ;р= а - =16 (см).
5 « ^6(163ЇО)(Ї6^ЇО)(Ї6^Ї2) » > 16 6 6 4 - 4 6 2 - 4н (см’).
Відповідь: В.
З . Якщо бічна сторона трикутника 2 см, то і друга 2 см, а якщо кут між ними
3(Г, то В •= -а1 аіпу, 5 = 4• 23 • і-ілЗО а 2-- * 1 (см’).
2 2 2
Відповідь- Г
4. В = абвіпа, 3 = 2-і аш45й = 8 — = 4<2 (см*).
2
Відповідь: А.
е а г» п м о 4+7 + 9 _ _ , .
5 . Я - .Знайдемо 8: р = - —- — - 10 (см),
4 «5 2
5-^10(10 4)(10-7)(10-9) - 710 б З 1
, 1,80 6^6 (см’). Тоді
4 7 9 21 2173
4 6<.'б гТб Ю
(см).
Відповідь: Г.
198 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А.
РОЗДІЛ II. ПРАВИЛЬНІ МНОГОКУТНИКИ
§ 7. Правильні многокуїники
217*. Правильним чотирикутником е квадрат (мал. 81), оскільки в нього рівні всі
сторони і всі кути.
21 8.1) радіус списаного кола — ОВ - ОА;
2) радіус вписаного кола — ОМ:
3) центр шестикзтппка —т. О;
4) центральний кут шестикутника — 2ВОА.
гі9.,п6)1вИ"1?);2)мзв<!1.
л п
220 . Периметр правильного л-кутннка зі стороною а: Р « ла. Якщо а - 4 см, то
Р "• 4л.
11 якщо п « 5, Р 4 5 - 20 (см);
2) якщо л *• 8, Р - 4 8 32 (см);
8) якщо п — 10, Р - 4 10-40 (см).
ВШловгсіе.' 1) 20 см; 2) 32 см; 3) 40 см.
22 Г. Правильними с твердження:
3) у трикутника з рівними кутами ріши 1 сторони (проти кутів у трикутнику
лежать рівні сторони);
4) у рівностороншлму трикутнику рівні і кути, оскільки проти рівних сторін
лежать рівні кути в трикутнику.
222’. Радіус кола, вписаного в квадрат зі стороною а, дорівнює г
а = . Тоді г = ,
4 8
12
1) якщо Р - 12 см, то г = -- - 1,а (см);
8
2) якщо Р - 16 гм, то г = 16 - 2 (гм);
О
3) якщо периметр Р, то г = ~.
8
Відіикндь; 1) 1,5 см; 2) 2 см; 3) —.
8
223і. Радіус Я кола, описаного навколо квадрати, є половиною діагоналі Л квад-
рата. Я = —.
2
и
1) якщо а - 8 см, то я - -4 (см);
£
1 н
2) якщо (і - 16 см, то Я » • 8 (см);
£>
&
3) якщо діагональ <і, то Я = - .
2
Відповідь: 1) 4 см; 2) 8 см; 3) .
2
224. Кут правильного л-кутники знайдемо м формулою: а =
іил> • З
1) якщо п - 5, то а = —-—- 36 3 108;
5
18О°(п-2)
я
2) якщо п - 12, то а= = 15а 10*150^;
І л
3) якщо п - 18, то а = 10е-16 = 160 *.
Відповідь: 1) 108 ; 2) 150 ; 3) 160 .
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н, А. ф-ф 199
::
225 . Центральний кут правильного многокутника знайдемо за формулою:
1) якщо п “ 20, то а = ~г“» ЇВ1 2*;2) якщо п « 24, то а я ь 15°;
20 24
3) якщо п - 10, то а = = 36°.
Відповідь: 1) 18"; 2) 15"; 3) 36».
Збо°
а ------.
п
360
а -----.
а
226 Якщо центральний куб правильного л-кутника а, то з формули
.. 360°
Маємо п =------.
1) якщо а “ 36’. то л = 3^~ • 10;
36
2) якщо а “ 120’, то п = = 3;
120"
3) якщо а - ЗО", то п = « 12.
30е
Відповідь: 1) 10; 2) 3; 3) 12.
227 . Якщо зовнішній кут правильного л-нутника а', то внутрішній кут а “ 180 - а'
(сума суміжних кутів 180е).
1) якщо а* - 60 , то а - 180’ - 60 - 120";
2) якщо а’ - 26е, то а - 180 - 26' - 154';
3) якщо а* - 34°, то а - 180“ - 34а - 146“.
Відповідь: 1) 120“; 2) 154і; 3) 146°.
228-. Якщо кут правильного л-кутника а, то з формули а = маємо:
л
ал - 180 п - 360 , 180 л - ал - 360 , л(180*-а)» 360’, л = .
' 18» а
І) якщо а - 135е, то
2) якщо а - 150е, то
3) якщо а 140е, то
360 360’
.. ж----------= 8:
18О“-135л 45°
360' 360
180’ 150" ' 30 ’’
360 360 9
180-14О5 40 = '
Відповідь: 1) 8; 2) 12; 3) 9.
229'. Якщо зовнішній кут правильного л-кутника а’, то внутрішній а « 180 а' 1
360 . . 360' 360' 360
'180°-а ли8‘лпдвчї ’ ’ Я 180"-(180 -а) 180 -180 та = а' ‘
^ = 36;
10°
п =
1) якщо а' - 10’,
то
2) якщо а' - 36', то л -= 10;
36
3) якщо а’ - 18’, то п - 20.
18°
Відповідь: 1) 36; 2) 10; 3) 20.
230. Якщо а — кут правильного л-кутника. р — центральний кут, у — зовніш-
ній кут, то:
,. , .. , 360“ 360 360
200 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А.
ЗВУ'- _
п 9;
40
180 -7
9
300
л » ——
-14О‘;у- 180°- НО”-40 ;
360е 360
, „ _ ...— ' ь 18;
180"-а 180-160' 20
= 20-;
12°;
яв0 ..зо.
10
ВіїпобЮ* п - 10, у - 36’, 0 - Зб4.
2)0-40 .тоді л-~£
н
3) у - 20°, тоді а - 180’ - 20° - 160’:
р-з*?
18
360’ 180” 4
-1) л - 6. тоді 0 е = 60°; а = —= 120 ;у - ІН0° - 120 - 60 ;
б 6
5) у - 12°, тоді а - 180° - 12° - 1б83; я = —---— = — =± ЗО; 0 = —
180 -168 12 Р ЗО
360 26о°’
6) 0 - 45°Ф тоді п = ~~ = 8; а = ™ « 45<*;у - 180 - 45 - 135°;
45 8
” а - 150°, ТО«І п = - 12;, - 180 18<У - З» ; 0
231. Нехай у пралиявного многокутника О — центр, В. А, £ — три послідовні-вер
пиши. /.ВАЕ — зовнішній кут кута л-кутника.
Розглянемо аВОА і МОЕ:
ОВ -ОА - ОЕ (радіуси ошісшюго кола), АЙ — АЕ (сто-
рони правильного многокутника). Тоді &ВОЛ *аАОЕ
за трьома сторонами, /ВАС» - ^.ОАЕ - /О£Л. оскільки
трикутники рівнобедреяі.
/ГаО — зовнішній кут для /СМЕ, тоді
±ГАО - ЕАОЕ +• /ОГ4.
/ГАО - ^ЕлВ <• ЛВлО. звідки маємо:
^АО£ + їОЕА - гЕАВ 4- /ВАО.
Оскільки ^ОЕА — ВАО, то ЛАОЕ - ЕЕаР. тобто
цехпральннй кут правильного многокутника дорівнює зовнішньому його куту.
Що Й треба було довести,
232. Скористаємось рве. до задачі 231. £?АВ — зовнішній кут, < ~ВАЕ — внут-
рішній кут правильного многокутника. Ці кути суміжні, тому £РАВ ь /ВЛЕ -
• 180*. за доведеним у задачі 231, .'ГАВ - АЛОЕ (центральному куту), тому
лАОЕ £ ±ВАЕ — 180’, тобто гума центрального кута правильного многокутни
ка і його кута становить і 80". )Цо й треба було довести.
___ , 180 (л-2) ,
233. У правильного л-кутника його кут а дорівнює —, а зовнішній кут
збо6 11
у дорівнює центральному куту, тому у =--.Тоді відношення
л
180*(л-2) 360 18(Нп-2) л п-2
Г п п 1 п 360 2
Ві0П(НН0Ь' п— —.
2
234. Скористаємось результатом задачі 233: відношення кута правильного много
кутника до Його зовнішнього кута а : у ~-.Тоді:
10-2
II якщо л — Ю, то а: у » - - * 4;
2
— 20-2 „
2) якщо л - 20, то а: у = — « 9.
Відповідь. 1) у 4 рази; 2) у 9 разів.
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А
201
235. Нехай у правильного многокутника О — його центр. ДІЯ — дві сусідні вершини.
Проведемо висоту "АОВ ОН, яки є радіусом вписаного кола,
1 радіуси описаного коло ОА і ОВ. лАОВ — рівнобедррний.
ОН — його висота, бісектриса, медіана. \ \ /
1) якщо АВ у 2 рази більша за ОН, то АВ • 20II, \ / \ /
пв- ’ ав - он. 2-^—А
>2 Л 1* п
;• Тоді пОНВ прямокутний і ріннобедреннй, отже,
/БОН ~ 45“, а отже, £АОВ - 45° 2 90 . Кількість г» сторін многокутника
знайдемо з формули В = 3- - , п = 3<“. де 6 - ЛАОВ. Тоді л - **— “ 4, і мно*
п Р 9(7
гокутник маї 4 сторони.
2) якщо ОВ у 2 рази більший за ОН, то ±ОВН “ ЗО' (кут, проти якого лежить
катет, вдвічі менший від гіпотенузи), ОВ — бісектриса кута В многокутника, годі
кут « многокутника <д —• ЗО 2 60°. Кількість сторін многокутника знайдемо з
18О’(л-2| 1804/1-2)
формули а = - ----і, бо » — - —С, п = 3(л - 2), п = Зл - 6.2л - в, п - 3.
л п
Отже, у многокутника 3 сторони.
Відповідь: 1) 4 сторони; 2) 3 сторони.
л * 2
236. Нехай а — кут правильного л-кутника, у його зовнішній кут, а : у =-—•
Тоді: 2
11 Якщо а " Зу, то Зу: у = ———, 3 = — — —, л - 2 — 6. п - 8. У многокутника Я
сторін.
2) За доведеним у задачі 231, центральний кут правильного многокутника
дорівнює його зовнішньому куту, тоді за умовою а - 5у. бу : у = ~> 5
л - 2 10, п - 12. V многокутника 12 сторін.
Відповідь: 1) 8; 2) 12.
237. Аналогічно до розв'язання задачі 236:
5 п *2
1) якщо а : у - 5 ; 2, то - = —;5 - п - 2, л - 7:
2 2
. 3 п - 2 »
2) якіцо а : у — 3 ; 2, то - — —, я - 2 — 3, л — 5.
Відповідь: 1) 7: 2) 5.
360 і
238. Центральний кут правильного л-кутника 0* —----. л — натурально число,
л
і>: < р 180’. Найбільше можливе значення р — при найменшому можливому л,
360й
а саме п - 3 (оскільки при л - 2, 0 - 18(1. що неможливо). Тоді 0 = —- = 120 .
Відповідь: 120*.
239. Нехай у коло з центром О жппевно многокутник, 4 з вершин
якого А. В, С, Л.
1) якщо лВ — ВС — СЛ, то «.АОВ =лВОС «дСОН за трьома
сторонами, оскільки ОА-ОВ-ОС~ ОЛ (радіуси). Тоді £ОАВ -
- /ОВА - гОВС - ^ОСВ - £ОСП - /ОВС. /.АВС - ЛОВА +
+ ^ОВС, ЛВСЛ - ґ-ОСВ + /ООЛ, тоді ^АВС - лВСВ. Отже,
якщо в коло вписано многокутник, сторони якого рівні, то
рівні І його кути.
202 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А.
зло?
АГ* = АО? - СО*, АС* = АО* -
4
В
240. Нехай дано коло з центром О. коло з центром О,; т. О, лежить на колі з цен-
тром О. А і В — точки перетину кіл;
ОА “ О,А " ОВ " О,В *• СЮ,- ОО, перетинається з АВ
в точці С.
вОАОр дОВОр лАО.В, дАОВ — рівнобедрені, С — се-
редина діагоналей АВ і 0О( чотирикутника ОАО1В. Тоді
І со-со,-^.
лАСО — прямокутний (ААСО, “ 90"), тоді
АО. \
2 І
АО
АС «---* V3. Тоді СО, * СА, отже, описати коло навколо ОАО.В не можна.
2
Відповідь: ні.
241. Щоб знайти кут ВОА, знайдемо кути лАВО. Кут
правильного шести кутника дорівнює:
гл = /В . ‘-?°-‘(Л-Д?> . І80^ = 120". Тоді ЗОООІШ..І
п в
кути /ОВА - /ОАВ - 180г - 12СГ - 60’.
Із лАВО: /ВОА - 180г - (60’ + 60й) - 60".
Відповідь: 60°.
242. Дано: АВСВЕ — п’ятикутник. АВ - ВС - СВ - ВЕ
/А- /В - /В- /Е.
Довести: 1) АС - СЕ - ВВ - АВ - ВЕ; 2) ВВ || АЕ
АСПОЕ, СЕ\\АВ, ВЕЦСВ, АВІВС;3) на кожній
із діагоналей при перетни) утворюються відрізки, що
дорівнюють АВ.
Доведення. 1) Розглянемо рівнобедрені «АВС, дВСВ,
ьСВЕ. дВЕА. дЕАВ: АВ - ВС - СВ - ОЕ - ЕА, ВС - СІ) -
- ОЕ - ЕА “ АВ, /В - /С -/В - /Е “ ^-Л. Тоді за двома сторонами і кутом
між ними трикутники рівні, отже. АС ВІ) • СЕ -< ВА - ВЕ. Діагоналі пра-
вильного п’ятикутника рівні.
2) Із рівності трикутників випливає, що /ВАС - /ВСА - /СВВ — /СВВ - - ОСЕ -
- /ВЕС - /ЕВА - /ЕАВ - /АЕВ - /АВЕ - 36 . оскільки /А - /В - /С - /В -
5
Тоді /САВ - /НЕЇ) - /ВВА - /АСЕ - /ВВЕ - 108і - 2 36' - 36е. Розгляне-
мо ВВ і ЕА та їх січну ВЕ; /ВВЕ • /АЕВ (внутрішні різносторонні кути), тоді
ВВ Ц АЕ - Аналогічно доводимо, що СЕ || ВА, АС || ВЕ, ВЕ || СВ, АО || ВС.
3) Позначимо точки перетину діагоналей АС і ВВ — К, АС і ВЕ — Р, ВВ
і СЕ — М. СЕ і АВ — Ь, ВЕ і АВ — N. Розглянемо чотирикутник ВМЕА:
ВМ Ц АЕ (ВВ Іі АЕ). МЕ |. ВА (СЕ II НА),тоді ВМЕА — паралелограм, а отже,
його протилежні сторони рівні । ВА • МЕ. Аналогічно доводимо, що ВМ АЕ,
АК - ВЕ, ЕР СВ, ^В - ВС. На кожній із діагоналей, що перетинаються, ле-
жить відрізок, що дорівнює стороні. ІЦо й треба було довести, д <>
І)
Е
- /Е
244. У правильного п’ятикутника /А — /В — /С “ /В
180 (8 -2)
- /.V - /^ - ——' • 135°,
АВ - ВС - СВ - ВЕ - £Е - РМ - - NА. Тоді рівно-
бцдреш ^АВС -вСВЕ нлЕРМ =лМКА за двома сторонами
1 кутом між ними, і /ВАС " /ВСА — ҐВСЕ « /.ВЕС -
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасонкова Н. А. 203
- /ГЕМ - /ЕМЕ - /ЯМА - /Л'АЛГ - 1®°°^ 185‘ . 22°30У.
2
/ВАЯ - /ВАС + /САМ + /ЯАМ - 22’30' + /САМ + 22°ЗО' - /САМ + 45° •
- 135°, звідки /САМ - 135 - 45° - 90°. Аналогічно /АСЕ - 90°, /СЕМ - 90°,
/АМЕ - 90°.
Із рівності трикутників мамко: АС • СЕ - МЕ АМ.
Тоді чотирикутник АСЕМ — квадрат. Що й треба було довести.
245*. За мал, 85. У задачі 242 було доведено, що /ҐАЕ - /ГЕА - /ЕЕИ -
- /ЕЯЕ - /КОС - /КСО - /НСВ - /НВС - /СВА - /САВ. Тоді рівно-
бедрені &АГЕ **лЕЕО =аСКО ^лСМВ еВСА за стороною (А£ “ ЕО “ СО “
“ ВС ” АВ) і прилеглими кутами. Тоді ГЕ “ ЕЕ - ОЕ - ОК - СК - СН “ ВН —
- ВС - АО - АГ, а оскільки /ГЕЕ - /КОЕ - /НСК - /НВС - /САГ,
то лГЕЕ **КОЕ -аНСК =^НВС ле/ЇАГ за двома сторонами і кутом між ними,
а отже. ЕЬ - КЕ- НК - НС - СЕ. /СРЕ - /ГЕК - /ЯКЕ - /НСГ - <-КНС
як вертикальні до рівних куті» /АГЕ - /ЕЕО - ^СКО - /СНВ - /ВСА. Тоді
п'ятикутник ГСНКЕ — правильний. Що й треба було довести.
247*. За мал. 86. Проведемо відрізок АО. У рівнобедреному лАСО (АС “ СО)
£АСП » іа0Р(9 2^ = 140°,тоді /ВАС = ^АОС д 180"~140° = 2(У.
9 2
/САМ - /СОМ - 180° - /ВАС - 180’ - /ЕОС - 180' - 140 - 40“, тоді
/ВАМ - /ЛОМ - 40 > 20а - ба. У ьМАВ / АМЯ - 180“ - 2 • 60° - 60е.
Відповідь: 60’.
248“. За мал. 87. Нехай сторона квадрата а. За будовою ВЕ - ОС - СК - ЕО -
- АО - ВО - АР - ВМ - -.тоді ВО - ЕС - СЕ- КВ - ОО - АВ - АМ - РВ -
72).
Оскільки /В — /С — /О — /А, то дРВС *ьЕСЕ *лКОО -&ВАМ за двома сторо-
нами 1 кутом між ними. Тоді РО - ЕР - КО - ВМ і /ВОР - /ВРО - /СЕР -
— /СГЕ — /ОКО — /ООК — < АВМ — /АМВ. Звідки суміжні їм кути /РОЕ —
- /ОЕГ - /ЕГК - /ЕКО - /КОВ - /ОВМ - /ВМР - /МРЯ.
0Е - ЕК — ОВ — МР - а - 2-1|2 - <21 = а - а(2 - ч а) ж а - 2а + а-/? = и^2 - а.
Із прямокутного лРВО (Л.В * 90°) маємо: РО - В0-^2,
и/.?(2->й) /г = |(2^-2). а\2 - а,тобто РО - фЕ.
Аналогічно доводимо, що РО • 0Е - ЕГ ~ РК - ОК - ВО - МВ - РМ, отже,
РОЕРКОВМ — правильний восьмикутник.
§ в. Формули для радіусів описаних І вписаних кіл правильних многокутників
253.1) ^=—; К=~;
а 6 а 3 а/3
2) г —; В » -т-;3) г = В а; де а — сторона правильного л-кутника
2 у 2 4м
254.1) Мал. 91. В = —-- , а = -. З, то му Яж——- ? аі;
З З
2) мал. 92. В « Д-, а <2,тому В = = І;
^2 і/2
3) мал. 93. В - а, а ~ 1, тому В - 1.
204 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І„ Тарасенкова Н. А.
255'. 1) Мал. 94. г = а = 2^,тому г = * 2^'^ = І;
6 6
2) мал. 95. г = - .а - 3.5, тому г « ~ 1,75;
А £
й 3 • З * З
8) мал. 96. г я ——, о = х 3, тому г = —-— = 1.5.
256 . Радіус спиваного кола Я ——, тоді а = -у— = Я<3.
1) якщо Іі 4Ч’3 см, то а = 4>3 Тз' = 12 (см);
2) якщо Н - 5 см, то а 5<3 (см);
3) якщо Я • бТз (гм), то а» 6, З»\3 — 18 (см).
Відповідь: 1) 12 см; 2) 5> 3 см; 3) 18 см.
§
257". Радіус вписаного кола г = —тоді а = а 2г . З.
_ . _ атЯ . 'ЛН „ -г
Радіус описаного кола Я = , тоді а - а ДуЗ.
З \ З
1) якщо г = 2і/3 см. то а = 2 2^3 <3 • 12 (см);
2) якщо г - 8 см, то а = 2 8 • 7з = 16\ 3 см;
3) якщо г = 3.3 см. то а -2 3x3 <3 - 18 (см).
Відповідь. 1) 12 см; 2) їв-З см; 3) 18 см.
258 і. Радіус кола, вписаного в трикутник,
„ , Я/3 7з Н
ки а р Л73. Тоді г = — — = —
(І 2
1) якщо В - 10 ем, г = = 5 (см);
12
2) якщо Я - 12 см. г — ® б (см);
£
16
3) якщо Я 10 см, то г • “- - 8 (см).
<с
о-.3 _ я, З
г = , а описаного — Я - ——, звід
ь З
259% За висновком надячі 259 радіус кола, вписаного в правильний трикутник.
р
дорівнює половині радіуса кола, описаного навколо цього трикутника: г « —.
Я 2
Тоді діаметр описаного кола д — 2г. = 2 — в Я,тобто радіус кола, описаного
навколо правильного трикутника, дорівнює діаметру иншиною в Нього кола.
ІЦо й треба було довести.
Якщо у правильного трикутника сторона а, радіус вписаного кола г, описано
го — Я, а периметр Я, то
Р - За, г - ™ , Я - —. г а - я/3 » 2гТз,Я - 2г.
6 3 2
260.1) Якщо а 2\3 см, то Й» (см)! г ж ~ = 1 (см);
Р = 3 2\/3 6<3 (см).
2) якщо Я-»4чЗ см, то г = ^~ = 2,3 (см); а=4у3-\3 = 12 (см);
Р-3.12-36(см); 2
ГЕОМЕТРІЯ бурда М І., Тарасенкова Н. А. $$ 205
3) якщо Г«б7з см, то Я = 2 б7з = 127з (см); а = 12>/3 5/3=36 (см);
Р = 3 36 =106 (см);
4) якщо Р = »7з см, то а = 373 (см); В = 3—- — а З (см); г = - 1.5 (см).
З 3 2
261 ’♦ У квадрата зі стороною а радіус вписаного кола г - ,а Я = /І-,тоді а — 2г,
2г г 2 \‘2
Я = -т- г-42. За умовою г - 4 см, тоді:
72
1)а-24-8 (см); 2) Я = 4^2 см.
. Відповідь: 1) 8 см; 2) 472 см.
р
262’. У квадрата зі стороною а Р - 4а, а = — і г в —.тоді г = —
4 2 2 8
12
1) якщо Р - 12 см, г — = 1,5 (см);
О
2) якщо Р - 16 см, то
3) якщо Р - 20 см. то
г« — =2 (см);
О
С» ^«2,5 (см).
в
Відповідь: І) 1,5 см; 2) 2 см; 3) 2.5 см.
263’. У квадрата зі стороною а Р - 4а, Я -4^, звідки а Я5/2 , Р = 4Я^2.
\/2
1) якщо Я 42 гм, то Р 4 • 72 42 = 8 (см);
2) якщо Я»2\2 (см). то Р«4 25,2 ->/2 = 16 (см):
3) якщо Я а б4ї см, то Р 4 6 72 • 4І - 48 (см).
Відповідь: 1) 8 см; 2) 16 см; 3) 48 см.
Якщо у правильного чотирикутника (квадрата) сторона — а, периметр Р,
радіус вписаного кола г і радіус описаного кола Я, то Р - 4а, а = — , Я * 4 ;
г~ а г~ И _ 4 ,;2
а = Я<2 , г = - , а - 2г, Я = г72 , г -» ; Р - 8г; Р » 4Н42 .
2 72
264°. 1) якщо а - 6 см. то Я = -^ = <см>: г ~ | 3 (см); Р - 4 6 - 24 (см);
2) якщо Я « &4Ї см, то а 85'2 72 = 16 (см); г = = 8 (см);
72
Р - 4 16-64 (см);
3) якщо г - 10 см, то а — 2 10 — 20 (см); Я = 1072 см; Р - 4 20 - 80 (см);
4) якщо Р - 16 см. то о « Н (см); Я » 4. = 242 (см); г » - в 2 (см).
4 72 2
265 * і 2 3’. У правильного шестикутника зі стороною а Р - 6а, Я - а, тоді Р - 6Я.
1) якщо Я - 4 см, то Р - 6 4 - 24 (см);
2) якщо Я - 5 см, то Р - 6 5 - 30 (см);
3) якщо Я - 7 см, то Р - 6 7 - 42 (см).
Відповідь: 1) 24 см; 2) ЗО см; 3) 42 см.
266’. У правильного шестикутника зі стороною а г = а ^С.Тоді:
2 7з
206 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А.
л 2 М
г = ^3 см, то а =
/з »«•*
. /X 2 О , .
г 4уЗ см, то а * —— Ь (см);
.3
2 1 2%3
г ~ 1 см, то а = т-. = — - (см).
,3 З
Відповідь: 1) 2 см; 2) 8 см: 3) см.
З
1) ЯКЩО
2) якщо
3) якщо
26 7І- правильного шестикутника зі стороною а Н — а,
а ,-3 Л ,3
г,—.тодк г = --.,
1) якшо
2) якщо
3) якщо
Я -6 у З см. то г = — = 9 (см);
—
Я » ІОуЗ см, то г = 'ІЗ (см).
Якщо у прядильного шестикутника сторона а, периметр Р, радіус вписаного
кола г. радіус описаного кола Я. то:
Г - ва. а ‘ В - а; Р - ЛК: В = Л г = ^; <«?>; В г =^;
Р=4г/з. ® « 2 Л 2
268., 1) якщо н - 20 см, то В - 20 см; г = 20 = ] о 73 (см); Р - 6 20 - 120 (см);
—
2) якщо /і 14 см, то а — 14 см; г —- — 7\ і (гм); Р — 6 14-84 (см);
й»
3) якщо г »І0\‘3 см. то а - - -2^ = 20 (см); Я * 20 см: Р - 6 20- 120 (см);
>/3
Зв в • >/3 тт
4) якщо Р - 36 гм, то а = , =6 (см); Я - б см; г = —-— - 3\3 (см).
б 2
пап ті п а^2 ауЗ
269. Для правильного трикутника Н =» —г = -——.
З б
аТЗ а,З 2ач3-о>3 .«<3 6(Я-г) ,
Тоді Н - г — — - - — — —— — — , звідки а -—і-—ь » 2\'3 К - г).
зове 7з
1) Л-гв’Л см. то и = 2\3 .3 = 6 (см);
2) якщо Н - г і /п.то а = 2\3т.
ВіФіовЩь: 1) 6 см; 2) 2\3п».
270. За висновком задачі 269. а = 2мЗ(Я - г).3а -заданою різницею Н - г знайдемо
сторону трикутника а, після чого знайдемо Я - - — та г • .
З 0,
1) якщо Н - г - І см, то а =2^3 4 «8\ 3 (см). Тоді Н- -^-^- = 8 (см),
/З л . .
га~—б — и4 (см);
.» г, „/л », . ,, гТзп -.з .. 2уЗл ^з
2) якшо Я - г - д, то а » 2уЗп. Тоді Я ----- 2л, г ----- л.
З 6
Відповідь: 1) Я - Ь см» г • 4 см; 2) Я * 2л. г • п.
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А. >:<• 207
271. За заданим добутком радіусів опигвчого І вписаного кіл » ® зіідадчмп сто-
рону а (а * 0) квадрати, після чого знайдемо Я = 4* І г = —.
<2 2
_»
і) ЯКЩО —«. >4<2.то а* • 2ч2 472.а1 - Ів і а - 4.
272
Тоді Я = — 2<2. г = •— • 2;
41 2
д * в— —
2) якщо —г \2,то а’ 2у2 72. я’ - 4 і а - 2.
272
2 г- 2
Тоді Я -»- у2,
4Ї 2
ВідппвіЛь.- І) Я = 2,2,с- 2; 2) В- 42.г- і.
272. За заданим рійницею радіусі! описаного і вписаного кіл
а4з 2в-вуЗ ° (2-ТЗ)
в-----— --------- - - знайдемо сторону а правильною шестикутника.
2 2 2 г-
і м в й--3
після чого знайдемо Я в, г ——,
2
1) якщо
2 3 в 6(2+931 . _.
«З гм, ТО 4 =--------І -4-і 6(2+731 (ГМ),.
2-73 2- 73 4-3 ' '
, 6|2 + /ЗІ 73 г , -
Тоді Я а 6(2 + VЗ ] см, г — --+----- З/З (2 4 73) = бч'З + 9 (см);
а(2-/з) , к 10 1О(2 + /5)
2) якщо —£ мб (см), тс а» -у-—у' » 10і2 + 73| (см>.
Тоді Н = 10|2*%гЗ| см, г а(2-/8) 3) ЯКЩО 1 « ТІ. то 3 1О|2+/3) /З ГІ гх —-5/3(2+ 73) = 10чЗ т15 (см); 2л! 2тІ2т>3/ °"Г^Ї" Гз ' ш2л,(2+'3І-
. 2т(2 + /8Ь/3 _
Тоді Я = 2т|2 + 73), г = —— — - - - я тчЗ (2 +/1) 2туЗ + Зяі.
ВЩповЩк 1) К«б(34<3) см, г = 6-78 + 9 см;
2> Я - 1012 ♦ уЗ) см, г = Ю7з + 15 см; 3) Я ~ 2т |2 * 31, г « 2/л .-3 + 3т.
273. Нехай у коло радіуса Я ап«енно квадрат л* стороною ас і трикутник, щ старо
аою оа. За ладанам периметром Р знайдемо сторожу трикуткхха
Г-- Ґ~ [- • •. б
зую-іи. що Я = , масно: а. ,3 —, а4 с -3-------
З <2 2 * З
Р
«і -
Р, 78
9 ‘
а
1) якщо 9 см, то а, —— я 7б (см);
н
27 » ш в
2) якщо Р, - 27 гм, то о, = —— = ЗСв (см);
Р (і
3) якщо Я - Р. то а. ——.
• 9
ВЩлоеЩь' 1) . 6 см; 2) Зуб см; 3)
208 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І.. Тарасенкова Н. А. >
?4. Ій»холо правильного шп-гикутнпкл зі стороною а, опигаи» коло з радіусом Я.
| який е радіусом кола, впнгаиого в правильний трикутник зі стороною а,. Тоді
%/3 а.л/з
’ (як радіус кола, вписаного в трикутник) і Я - а,. Тоді а, » -* •
Я’ 6
І) якщо а, = 1<)„3 см, то а, =
------ 5 (см);
- ~ « І (см);
6
3) якщо а, 2уЗ см, то а,
І
3) якщо а, • а, то а, ж —-
Відповідь. І) б см: 2) І см; 3)
б
175. Навколо правильного шестикутника »І стороною а, описано коло радіуса Я,
яке вписане в квадрат зі стороною о,. Тоді Я • (радіус кола, вписаного в
Ж л *
квадрат) І Я « а,, звідки а, і а, » 2а,.
1) якщо а, • 15 см, то а, - 2 15 - ЗО (см);
2) якщо я, — 17 см, то а, - 2 17 — 34 (см);
3) якщо а, - а, то а, - 2а.
Відповідь; 1) ЗО см; 2) 34 см; 3) 2а.
270» Навколо правильного трикутника аі стороною а, описано коло з радіусом Я,
Т и.л
яке с вписаним у правильний шестикутник зі стороною а. Тоді Я “ д (радіус
а.73 а./і
кола, вписаного в правильний шестикутник) 1 Я д~- Тоді ’ •
З 2 21
1) якщо а, — 21 см, та а, « —— 14 (см,;
З
2 18
2} якщо а. - 1Н см, то а, • —— “ 12 (см);
З
- 2а
8) якщо а, - в, то а» —
Відповідь; 1) 14 см; 2) 12 см; 3)
З
277, Навколо кала радіуса г описано квадрат аі стороною а, 1 правильний шести-
кутник пі стороною я,. Тоді г » . а, а,\3. За задай нм акри метром Р,
А
знайдемо периметр квадрата Р, - 4а,.
- 2/1 (см).
шестикутники ' а. «
б
1) якщо Г; я І2\3 см, то а*
Тоді а, » 2^3 73 - б (см), Р« - 4 6-24 (см);
2) якщо Р, - 36 см, то а, » — 6 (см).
Тоді а, «673 м, Р, » 4 6ч’3*24<3 (см);
вк о г. р . р7з й . Р7з їрТз
3) якщо Р, - Р. то а, - -.Тоді а, * ——, Р, = 4 ~ .
Відповідь; 1) 24 см; 2) 24>/3 см; 3) ІР^ .
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. Ім Тарасенкова Н. А. 209
£
278. У правильному шестикутнику більша діагональ дорівнює діаметру
описаного кола, тому якщо задана більша діагональ 7., то Я » я а; г = ,
4, г ‘22
2 4
І) якщо 4п - 6 см,
2) якщо 7-8 см.
3) якщо 7# - 4, то
То
ТО
6уЗ з/з , .
—• г (с“,;
*7- = 2Л (см):
4
а » Я | я 3 (см),
а - Я - | = 4 (см),
Л _ 7 _ 4уІЇ
а = Я = —, г я----.
2 4
279. Нехай задано правильний шестикутник АВСОЕЕ з меншою діагоналлю АЕ.
, 180°-(6-2)
£АРЬ «------------- а 120 .Із лАЕЕ за теоремою коси-
нусів АЕ* - АЕ* + ЕЕ’ - 2АЕ ЕЕ сов /АЕЕ.
АЕТ - 2АЕ’ - 2АЕ1 сов 120 . АЕ’ = 2АЕ’ -2АЕ’ (
АЕ1 « 2АЕ’ + АЕ’, АЕ* - ЗАР’; АЕ* =
З
'З
Радіус кола г, вписаного в даний шестикутник.
1) якщо АЕ 10 73
АЕ
2
ЛЕЛІЇ
2
2) якщо АЕ 1273
3) якщо АЕ “ 4, то
см, то ЛГ =10 (см);
1273
см. то АЕ ....г = 12 (см);
73
АР 4 4>ІЗ сі
Аг » ; г = —,
73 3 2
ІОуЗ /т . .
—-— » Б73 (см);
1^-вЛ (см);
Г =
Відповідь: 1) АР - 10 см, г = 5^3 см; 2) АР - 12 см, г = 673;
7Тз 7
3) Аг •----, г = .
3 2
*
280. Більша діагональ 74 правильного шестикутника зі стороною ав дорівнює діа-
метру описаного кола, тобто 74 — 2Я — 2аш. Менша діагональ 4я, за висновком
задачі 27», 7‘ = 3а’, 7„ «а,73.
1) якщо а4 • 2 см, то 7, «• 2 2 - 4 (см); 7„ = 273 гм;
2) якщо ае -8 см, то 7, - 2 8-16 (см); 7, « 873 (см);
3) якщо а4 - а. то 7б- 2а; 7В = а73
Відповідь: 1) 4 см і 273 см; 2) 16 гм і 873 см; 3) 2а І а Д.
281. Нехай кала з центрами О і О1 перетинаються в точках А і В. 1 АВ — сторона
правильного лАВС, вписаного в коло з центром О і радіусом ОВ, а також АВ —
сторона правильного шестикутника, вписаного в кало з центром О, і радіусом
О^. Знайдемо відстань між центрами кіл ОО .
210 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А.
Ь З
Позначимо довжину ЛВ за Ь см, тоді ОВ ~ .
З
О'В — Л (радіус описаного кола]. У правильному
лАВС. /СВА “ 60 ; у правильному шестикутнику
® ь*
Радіуси кіл, описаних навколо правильних С К
многокутників, є бісектрисами його внутрішніх \
кутів, тоді
60е 12(1
^ОВА = - - = 3(Г. їО,ВА = — « 60 .
2 2
У дОВО1 /,ОВОІ * ЗО ’ +• 60’ « 90-1. У прямокутному
+ Ь\ ОО’ • — 3 +6», оо! оо.
9 3 ’ 73
2 9
1) якщо 6-9 см, то ООГ » 6\3 (см);
2) якщо Ь « зТз см. то ООІ - - ?’*3- = 6 (см);
чЗ
(радіус описаного кола),
М
аОВО, ОО‘ = оВ + 0,Дг,
оо;
3) якщо Ь - а. то 00. »
Відповідь: І) 6\3 см; 2) 6 см; 3)
Самостійно розгляньте випадок, коли трикутник АВС лежить усередині
шести кутника.
?82. Нехай АВ сторона правильного л кутника, вписаного а коло з центр їм О.
Радіус Оі¥ 1 АВ; АМ МВ Тоді ОЛГ — радіус кола, опн*
слного навколо цього л-кутника, а ОМ — радіус кола.
і
писаного в нього. Умова ОМ - ОА/, тобто ОМ = -ОЛ’,
1 -
або г = - В виконується для правильного трикутника.
Відповідь: сторона правильного трикутника.
заз, У квадрата г» тобто радіус кола, вписаного а пра-
вильний чотирикутник, удвічі менший від сторони.
>84. Нехай на сторонах рівносторп «нього дАВС
побудовам і квадрати АЙЯ, А(, Я ЙДС, СС, А, А.
.АВС - 60'. /ДВА - 90'. /В^ВС - 90 , тоді
/ДВД - 360- - (90 ’ + 60й + 90-) - 120’.
У рівнобедреному лВ'ВВ ВІВ1 — найбільша сторо-
на. оскільки лежить проти тупого кута, отже,
ВІВ1> ВВ^В^^А^В^У шестикутнику АІВІВ/.\С3АГІ
А, В. в Д,Д,тиді ДДДС^СдЛ, не е правильним шес-
тикутником.
Відповідь: пі.
?В6‘. У калії з центром О І радіусом В вписано правильний
П'КУГННК. три з вершин ЯКОГО, ВЗЯТІ ПОСЛІДОВНО, є точки А, В
І С. М — середина АВ. ЛГ — середини ВС, МХ — шукана
сторона утвореного за умовою задачі многокутника, ОВ - А.
А
:: ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н А. 211
ОН — висота, медіана і бісектриса рівнобедреяого лВОС І ОН — г — радіус
кола, вписаного в заданий лкутник. Тоді
^’ВГ,2Я‘Ів^ 1
, ІСМІ Л. 1ОМ л
аіп- 2і<--
л л
180“
2Яв1П п г> 180
----тх^— • Я СОЯ---
2Ч180?
п
еАОВ і «СОВ. тоді ОМ - ОН - г, а дМОУ — рівнобедрений.
/ЛОВ - /ВОС (як центральні кути заданого правильного а-кутника.
ОМ і ОН — їх бісектриси, тоді ^МОН “ /ЛОВ “ ЛВОС " ——.
Із лМОН МН1 = ОМ1 + О№ - 2ОМ ОН сов ЛМОН. Тоді
МНг
2г’ - 2г’ сов = 2Н‘ ] 1
Л I
360 ।
- соа --І«
п
о » »180 .
2г сов ---- 1
л 1
МН -
я
180
якщо л “ 6, то МН Я сов
ЯсовЗО\/2(1 - сов 60’)
Ясов22-’3<Ґ ^2 1-~ 5»Ясов22 ЗО'>/2 - - В 0.9239 0,7654 - ОЛІЯ.
Відповідь:!) ^~;2)О.71Я.
С
288*. Нехай у коло а центром О і радіусом Я вписана три кола з центрами Ор О.
О,, які дотикаються між собою. Позначимо їх радіус за г.
Тоді
ОО, - Я - г. ОО, - Я - г, О,О4 - 2г. ^0,00, = « 120’.
Тоді у оОО^ ОЯО/• ОО'+ ОО,1 ~ 2ОО, ОО, сов^О,ОО,.
4Р ={Я-г)3 +(Я-г)’ -2(Я-г)(Я-ГІСО8І200;
| .4г»-3(Я-г|ї;
4г’ = 2(Я-г),-2(Я-г)*.
41а - З (Я* 2Яг + г*).
4г* - ЗЯ® - 6Яг + ЗН; г* + вЯг - ЗЯ» - 0.
Розв'яжемо рівняння відносно г.
Р » 36Я3 + 4 ЗЯ1 =48Я\
6Я ± м48Ят -6Я ± 4Я75 -6Я - 4Я^З .
г, - ;г- - ,г- 2
тому г в . 2кЛ + зя = я(г7з + з).
Відповідь: я{2<3 + 3).
212 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А.
дВОО
*воо
295. Нгхяй О — центр півкола, описаного нпвколо половини правильного восьмикут-
ники. АО - £0. Якщо АЕ - 6 м. то радіус кола П=~',Н*-=3 (м). Централь
ні кути £АОВ - ЛЕОВ - ~~ 45». Тоді гГВОО - 180 - 2 45г - 90‘. Із
' ивОЙ - 90°) ВО’ = ВО* ♦ ВО1, ВВ* = 2-3’, ВВ* • 18, ВВ = 3^2 м - 4,2 м.
Висота кімнати Л — це висота дВОВ, проведена до гіпотенузи. Оскільки
рівнобедреннй, то ця висота є медіаною, а отже, дорівнює половині гіпотенузи,
ВВ . 4,2 .....
Л ——, Л - — 2,1 (м).
2 2
Із ьАОВ маємо;
АВ1 - АО1 + ВО* - 2АО ВО сов 2АОВ; АВ’ - 2ВО* - 2ВО’ • сов45е.
АВ »2-9- 2 9-у -18-972 -5,272,АВ • 2,3 м.
Відповідь: ширина 4,2 см, висота 2,1 см, сторона 2,3 м.
§ 9. Побудова правильних многокутників
29 9.1) на прямій позначимо точку А і від неї відкладемо відрізок АВ довжиною а.
Проведемо кола з центрами А і В радіусом а в одну півплощину відносно пря-
мої АВ Точка перетину кіл — точка С — третя вершина трикутника. дАВС —
шуканий.
302. Нехай задане коло з центром О. Поділимо Його на 6 рівних частик точками
А. В, С, В, Е. Р. Проведемо радіуси ОА, ОВ. ОС, ОВ, ОЕ, ОЕ. Через кінці радіусів
перпендикулярно до них проведемо дотичні до кола. Не-
хай точки їх перетину К, В, М, N. О, 0. Доведемо, що
КЬМіїОО — правильний шестикутник, описаний навко-
ло заданого кола.
ОВІКЬ, ОСВЬМ, ОВ1МІЇ, 0£1СУ, 01'10?,
ОА В Кф, отже, коло з центром О, вписане н шестикут-
ник КЬМІЇСО.
Проведемо відрізки ОК. 01, ОМ. дОВВ =ьОС1 (прямо-
кутні; ОВ - ОС як радіуси; О1 — спільна); тоді ВЬ - 01,
/В1О - гСЮ, ЛВОВ - ЛСОЕ. За побудовою /ВОС - 60 ,
тоді 2ВО1 - ЛСОВ - ЗО
303. Радіус кола, описаного навколо правильного шестикутника, дорівнює його
стороні. Тому побудуємо коло радіусом а І впишемо в нього правильний шести-
кутник. Його сторона дорівнює а.
304. Більша діагональ правильного шестикутника дорів-
нює діаметру описаного навколо нього кола.
Побудуємо коло радіусом, що дорівнює половиш зада-
ної діагоналі, і впишемо в нього правильний шести-
кутник, який і буде шуканим.
305. Припустімо, що в ромб АВСВ (ВВ 1 АС) вписано
квадрат МХКЬ так, що КШ II АС. КЬ || АС, МІ Ц ВВ,
КК Ц ВВ.
Діагоналі квадрата є бісектрисами його кутів,
ЙСЬ
і /N«1. - ^МКЬ - =£- = 45е.
2
Оскільки ЬК Ц АС,то В.ІЇОС “ /-ОЕК - 45° як відповідні
кути при паралельних прямих АС 11К і січній ЮЬ.
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. 1., Тарасенкова Н. А. Ш 213
Аналогічно /МОА “ /ОКР - 45''. Отже, І.И і КМ — бісектриси прямих кутій
ВОС АОВ, ВОА 1 СОВ.
Тоді для побудови Квадрат*, вписаного в заданий ромб, проведемо діагоналі
ромба. Побудуємо бісектриси кутів між діагоналями ромба. Точки неретипу бі-
сектрис із сторонами ромба будуть вершинами квадрата.
307. Нехай АВС є вписаним у коло з центром О- ОВ, ОА, ОС — радіуси кола.
Проведемо через точки В і О діаметр кола ВЛ. Він перети-
нає стороні' АС в точці К. Оскільки центр кола, описаного
навколо правильною трикутника, е точкою перетину його
медіан, бісектрис і висот, то АК 1 АС.АК КС. ВО : ОА>
2:1 (властивість точки перетину медіан трикутника).
У правильного аЛВС /С - 60", СО — бісектриса кута, тоді
дгр
3(1 . У прямокутному *ОКС (ЛОКС - 90 )
* 2 1
ЛОСК ЗО *, тоді ОК = ~ОС (катет, що лежить проти кута
2 і
ЗО). Оскільки ОО - ОС (як радіуси), то ОК = -ОВ • КВ.
А
Позначимо ОК за х, тоді ВО — 2х, КВ •— х, ВК — Зх. Відношення ВК : КВ —
Зх : х — 3 : І. Отже, сторона правильного вписаного трикутника ділить пер-
пендикулярний до неї діаметр у відношенії! 3:1- Що А треба було довести.
Щоб побудувати правильний трикутник, проведемо коло з центром О і діаметр
АВ. Через середину радіуса ОВ проведемо пряму, перпендикулярну йому. По-
значимо точки перетину прямої і кола В і С. З'едпа< мо точки А, В і С. Трикут-
ник АВС — шуканий.
308. Побудова Будуємо коло з центром О і проводимо діаметр ВМ (ВО - МО),
Проведемо коло з центром М радіусом ОМ І Точки його перетину з кодом
(з центром О) позначимо ЛІС. Трикутник АВС — шуканий.
Доведення. За побудовою МА ОА ОМ (як рівні радіуси), МС ОС • ОМ.
Тоді АС — серединний перпендикуляр до ОМ (геометричне місце точок, рів-
новіддалених від О і М). Позначимо точку перетину АС і ОМ за К. Ріяносторонні
лАОЛ/ ««СОМ, тоді /ЛОМ /СОМ - би": ЛАОС • /АОМ + /СОМ - 60 + 60е -
• 120": АК » СК (як висоти рівних іАОМ і «СОМ, АК 1 ВМ, СК ±ВМ).
/ЛОС - центральний кут кола, .АВС відповідний йому вписаний кут, тоді
ХЛВС « - ЛАОС - 120" 60е.
2 2
ВК — висота 1 медіана лЛВС.отже, <АВС — рівнобедрений з АВ ВС і
, АВС - 60 . отже, /ВАС /ЯСА - 60“. Тоді лАВС ріяносторояній, що й
треба було довести.
309. Доведення АВо ліАКО влОСО &ЛЕО (за трьома сторонами, оскільки
ОА - ОВ - ОС - ОВ - ОК ОР — АВ -АР - ОС - ВР). Ці трикутники е рівносто-
роннімн, тому градусні міри їх кутів 60" /ВОА “ ЛСОВ /ВОЕ — /РОА в 60’.
тоді /ДЮС - 180 - (/ВОД + ЛСОВ), /ЕОР - 180" - (/ВОЕ + /РОА), /ВОС -
180-- 2 60 ’60", /ЕОР - 180 ’ -2 60" - 60 .
іВОС аАОВ (ВО — спільна, ОС • ОА, /ВОС /ВОА), тоді ВС - АВ.
Аналогічно РЕ - АР. Отже, у шестикутника АН ВС СВ - РЕ РЕ - АГ.
/ВАР - /АВС - /ВСВ - /СДЕ - , ВЕР - /ЕРА - 60° 4- 60і - 120'.
Тоді АВСВЕР — правильний шестикутник. Що й треба було довести.
310. Побудова. У колі з центром О проведемо діаметр ВА (ОВ ОА). Радіуси ОВ
і ОА поділимо навпіл і через точки поділу К і N (К — середина СВ, N — сере-
дина ОА) проведемо прямі, перпендикулярні діаметру. Вони перетнуть коло в
точках С і Е. В і Р. ЗЧднаьмо послідовно точки А, В, С, В, Е, Р. Доведемо, що
АВСВЕР — правильний.
214 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А.
Доведення. Провидимо радіуси ОЕ, ОЕ, ОВ. ОС. лС-ОЕ «дСОЕ (СЕ — спільна;
висоти, проведені до спільної основи рівні і дорівнюють половині радіусу). Тоді
СО - СО - ОЕ. - ОЕ. Аналогічно Лв - АГ « ОВ - ОЕ. отже. ЛС - ЛЕ - АВ - А?.
У лОЕЕ иОКЕ - 90 ) ОК « ‘ ОЕ.тоді гкЕО - 30а, а ЛКОЕ - 60 .
Аналогічно а-ЕОхУ - 60'. Тоді 2 ЕОЕ - 180' - 2.60° - 60 . У <£>ЕЕ ОЕ - ОЕ, 5
гЕОЕ - 60®, тоді «ОЕР — рівиосторонній 1 ЕЕ - ОЕ. ;
Отже, СЛ - О£ - ЕЕ - АЕ - АВ - СВ. :
лСОЛ -лЛОЕ =пЕОР =іЕОЛ =лАОВ =лВОА,і вони є рівнисторонніми, тоді ЛСЛО !
- ,'ЕЕЮ - /ЛЕО - / ЕЕО - <’ЕЕО • /АЕО - /ЕАО - ЇВАО - .АБО - /СВО - ;
- 4.ВСО 60 . тоді /П * £Е - £Е • /А * лВ ХС - 120е. Отже» АВСЛЕЕ —
правильний. Що й треба довести.
311.1) Для побудови правильного трикутника будуємо центральний кут
120е.
З
2) Для побудови правильного восьмикутника будуємо центральний кут
0взво.\4&ч
3) Для побудови правильного дев'ятикутника будуємо центральний кут
Р . 5^’ . 9(р.
9
4) Для побудови правильного десятикутника буду# мо центральний кут
Р=Ж«36”.
312. Для побудови правильного п’ятикутника із зндьиою стороною а будуємо коло
в
радіуса В»
І) якщо а “
2) якщо о
а а а
П 1 180 2 він 5 гвіпЗб- 2 0.6
3 гм, то А"-1 «2.5 (см); • « М>
4 см, то 4 В « --- «3.3 (см). А
1.2'
313. Для побудови правильного дев’ятикутника із заданою стороною а будуємо
_ а о а а
коло радіуса В а . ' = ———« » .
.. 180 2 яіп 20 2 0,34 0.68
іь ВІП
9 2
1) якщо а — 2 см, то К • —— -2,9 (см):
4
2) якщо 0-4 см, то Я - —— «5,9 (см).
<Х 68
314. Для побудови правильного одниадцятякугника Із заданою стороною а будує
_ а а а
мо коло радіус. Л = —1яг - — й = -
-.10—
я.-.-.5.4 (ОМ)
2
н л-±- «3,6 (РЧ),
0,56
1) ЯКЩО а - З СМ, то
2) якщо а - 2 см. то
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А
215
5:
*
З
315. Будуємо спочатку коло з радіусом Я »------Тм»*
Л ♦ 1 оО
28ІП — —
л
З З
----------------«3,9 (см);
2 мп 22'30 0.77
1) якщо п - 8, то Я --;
2зіп—
З
2) якщо п = 12,то В = -.ттг-
_ , 180
2 віп
12
з з _ о .
2 яті 5’ “ 6?52 ’ ‘' ГМ ‘
180 (8- 2)
316*. У правильного восьмикутник* внутрішній кут а: а«-----------ь« 1 Зй ;
8
радіуси описаного кола, проведені в вершини цього восьмикутники, є бісектри-
сами його кутів. Тоді:
1) Відкладемо на прямій відрізок АВ заданої
довжини а.
2) Побудуємо кут КАВ в 185°.
3) На промені АК відкладемо відрізок АС такий, що
АС - АВ.
4) Побудуємо бісектрису АМ кута САВ.
б) Відкладемо від променя ВА кут ЬВА в ту ж
пі вилощи ну, що і 2Л1АВ, і такий, що ^ЬВА * ^МАВ. Точка перетину бісектрис
АЛГ і В£ — центр кола, описаного навколо правильного восьмикутники.
б) Проведемо коло з центром О і радіусом ПА.
7) Побудуємо восьмикутник зі стороною АН ” а.
318. Щоб вписати правильний восьмикутник у заданий квадрат, проведемо діаго-
налі квадрата і знайдемо середини сторін квадрата. Впипгемо в квадрат кодо з
центром у точці перетину діагоналей і радіусом, що дорівнми половині сторони
квадрата. Точки перетину кола і діагоналей калдрлтп та середини сторін квад-
рата з’єдннемо послідовно. Одержаний восьмикутник — правильний.
$10. Довжина кола. Довжина дуги кола
321Використаємо формулу С - 2лЯ.
1) якщо Я - Й см, то С - 2п 5 - 10а (см);
2) якщо Я - 10 см, то С — 2я • 10 — 20л (см):
3) якщо Я - 12 см, то С - 2я • 12 - 24л (см).
Відповідь; 1) 10л см; 2) 20г см; 3) 24 ч см.
322 , Використаємо формулу С “ лсі.
1; якщо </ — 4 см, то С “ л 4 « 4л (см);
2) якщо д « 6 гм, то С я 6- бп (см);
3) якщо д - 8 см. то С * я 8 - 8л (см).
Відповідь: 1) 4л см; 2) бп, см, 3) 8к см.
£
323'. Із формули С - 2лЯ маємо Я - —.
2л
1) якщо С — 4п см, то Я = — =2 (см);
Ня
2) якщо С « 14>г см. « Я . • 7 (см):
2п
2?ї
8) якщо С - 2я см; В - — = 1 (см).
Відповідь; 1) 2 см; 2) 7 см, 8) 1 см.
216
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М.і., Тарасенкова Н. А. <;•••:
V колі з радіусом Л, діаметром І) і довжиною а
С (' І)
С - 2г.й; С - лй; Н * - Л • - ; О - 2Я; Н = —.
2тс я 2
324’. 1) якщо Л - 2,5 см, тоР - 2.5 2-5 (см); С - « 5 - 5л (см):
20
2) якщо £) — 20 см, то Я « —- « 10 (см); С — я 20 - 20л (см);
2
3) якщо С - 18,4х см; то О = = 18,4 (см); Я » * 9,2 (см);
Я 2
Я 6
4) якщо Л — 9,6 см. то Я = • 4,8 (см); С - л 9,6 — 9,вл (см);
5) якщо Н 11 см, то Й — 2 11—22 (см); С - я 22 — 22л (см).
с
325’. Для побудови кола знайдемо його радіус Із формули С - 2пН, Й - .
6л
1) якщо С - 6я см, то Я = — = З (смг,
2п
18г.
2) якщо С - 18л см, то Н = — - =9 (см):
іьД
20г
3) якщо С — 20л см, то Й» — » 10 (см).
Ц 2л
328і. Радіус кола й. довжина С — 2чй. Тоді:
1) якщо Я збільшити на 5 см, то
С( — 2я(Я + 5); С| - С — 2л(Я + 5) - 2лЯ — 2дЛ т 10л - 2лЯ — Юж. Довжина кола
збільшиться на ІОл гм:
2) якщо В зменшити на 3 см, то
С, — 2л(Я - 3). С - Ск - 2яЯ - 2л(Я 3) - 2пЯ - 2лЯ 4- бл - 6л. Довжина кола
зменшиться на 6л см;
3) якщо Я збільшити у 2 рази, то С, - 2л • (2Я) - 4хЯ. Ь 2. Довжина
кола збільшиться в 2 рази.
327°. Якщо сторона а правильного трикутника 6\'3 см. то й
- б (см); г = - — = 6^3 ьЗ = 3 (см). Тоді:
6 з
а& 673 <3
З ' з
1) довжина кола, вписаного в трикутник: С - 2лг, С • 2п • 3 - 6л (см);
2) довжина кола, описаного навколо трикутника:
С - 2дЯ, С — 2г 6 - 12- (см).
Відповідь; 1) 6п см; 2) 12л см.
328°. Якщо сторона квадрата 8 см, то й « 4 у2 (см), г« - - = 4 (см).
у2 д2 2 2
Тоді:
1) довжина кола, вписаного в квадрат; С — 2кг, С “* 2л 4 - 8л (см);
2) довжина кола, описаного навколо квадрата: С - 2кЯ; С - 2В 1 ,'2 = 8л>2 (см).
Відповідь' 1) 8ж см; 2) 8л<2 см.
329 іНехай у коло з центром О вписано прямокутних АВСВ.
Ного діагопать АС е діаметром описаного кола. Тоді довжина
цього кола С - л АС.
За теоремою Піфагора АС3 = АІ)' +
1) якщо сторони прямокутника 5 см і 12 см. то
АС* *ЬГ + 12*; АС* ь25 + 144; АС* -=169,АС - 13.
Тоді С — я 13 — 13л (см);
ГЕОМЕТРІЯ бурда М. І., Тарасенкова Н. А. 217
2) якщо сторони прямокутника 7 см і 24 см, то АС* 1 - 7і + 24і, АС1 * 49 і 576,
АСг = 625, АС — 25. Тоді С ~ х 25 «• 25л (см);
3) якщо сторони прямокутника 12 і 16 см, то АС’ » 12* ♦ 1бг. АСЛ =144 к256.
АС1 = 400.АС 20. Тоді С - я 20 - 20л (см).
Відповідь: 1) 13л см; 2) 25п см; 3) 20л см.
330*. Якщо в ромб Зі стороною а І кутом, а вписане кало, то висота ромба г діямет
ром кола.
5. ... — а’аіпа, 5 . - а Л, а‘аіп а “ аН, Л = — — " и
(дпмв Гнц*
Л “ авіп а. Діл метр кола Л, тоді довжина код
С - иЛ; С - лаяіп «,
1) якщо а - 6 см, а - 30°, То
С ’ х 6 • аіп 30° д • 6 • і = Зп (см);
2) якщо а « 4 см, « - 45°, то С “ п 1 віп 45е «
3) якщо а 8 см, а 60 . тоС п 8 яіп 60'* “
Відповідь; 1) Зл см; 2) 2П\ 2 см; 3) 4т:<3 см.
331 °. Якщо сторона правильного шестикутника а
ах/'з 1о7з , гг , т .
г = —— = ——- = 5<3 (см). Тоді
2 2
І) довжина вписаного кола С - 1кг, С 2п-573 = 10п>,3 (см);
2) довжина ошіспного кола С - 2x11, С - 2л 10 “ 20п (см).
Ведмідь,-1) ІОл^З см;2)20лсм.
І Довжина дуги І кола, на яку спирається центральний кут л“, знаходимо за
І, *Ял
І формулою:
Чп1яи„. й 1 180“. „ 1 180 і 180 / 180- . „ ( 360
І Звідки: н — ; п =-——; я/? ----—; -С -—-—,тп.н С --------.
лл 1 пН л’ 2 н пл
я 4 - ? = 2л. 2 (см);
л 8 ~ = 4й^3 (см).
10 см, то Н “ а — Ю см.
СК
X
X
ш
X
о
(X
о
с
332 . Якщо й _ і, см і задано центральний кут пг, то І = ~"*о — я
180 180 30“
я ЗО"
І) якщо п° - 30°, то І » ——- п (см);
2) якщо п :• - 60 ‘, І = Я - = 2я (см);
я і 20і-
3) якщо п* - 1204 І ”— - = 4п (см).
ЗО
Відповідь: 1) л см; 2) 2л см; 3) 4п см.
333 . За даними І і л Я - * . Тоді:
1) якщо І 3 см, л*- 15°, то Я = - = ?6 (см);
Я15л Я
2) якщо І » 12л см, л° - 20 , то Я = І2 3 * **!180? = юв (см);
я 20"
218 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А.
3) якщо І — б гм. пг « 18е. Я = ® » — (см).
в • 18 п
Відповідь: 1) — см; 2) 108 см; 31 -- сч,
к я
334 . За даними ЯК п° = - Тоді;
лй
1) якщо І “ 4я см. Я 9 гм, то л' = — = 80';
я 9
2) якщо І - 6л см, Я - 10 см, п ‘ « — 1^0- 108 ;
я 10
3) якщо І “ 8п см. В “ 18 см, то л° = = 80 .
ті 8
Відповідь: 1) 80’; 2) 108°; 3) 80 .
335. Діаметр кола, вписаного в ромб, дорівнює висоті Н ромба. Тоді довжина кола
С - т/і.
І За умовою ВН — висота ромба, проведена з вершини
тупою кута. Оскільки АН 6, НО с. то
А1) АВ ж б + <?.
Із іЛВН І.АНВ- 90 ) ВН‘ •(6+с)*-б\
ВН’ = &4 2Ьс + с* -&*, ВИ’ = с4 25с,
ВН « ^с(е ♦ 25).Тоді С = п^с(е + 26).
1) якщо Ь ” 6 см, с “ 4 гм, то
С а я^4 (4 + 2 6) п-у‘4'16 я • 2 • 4 8л (см);
2) якщо й » 5 їм, с - 8 см. то С в п^'в (8 + 2 • 5) • л^'8 18 12л (см).
Відповідь: 1) 8л гм, 2) 12я см.
336. У ромбі АВТО О — точка перетину діагоналей, ВІ) 1 АС.МН —'висота ром-
Па, проведена через т. О. Висота МН — діаметр впи-
саного в ромб кола, ОІІ — радіус цього кола. Тоді
довжина кола С — 2л ОН або С - в • МН.
У лАОИ (/АСИ) - 90е) ОН і АО.
24
1) якщо АС “ 24 гм, ВО “ 18 см, то АО • — 12 (см), д
18 '
ОВ 2 " (ем)’ ^оді за теоремою Піфагора
АО* * АО’ + ОО’, ДО1 =124 9’, АО’ =141 + 81, АО’ = 225, АО - 15 см.
«в. “ "і АС вй-ь’,..-м " | - 24 18 = 216 (см1); - АП МН - 216.
тоді МН — МН 14, і <см). Тоді С “ л 14,4 — 14,4я (см);
АО • 15
5
2) якщо ВІ) - 12 см, АС • 16 см, то АО • 1- 8 (см), ОО І- 6 (см).
4* £
ІЗ &АОЛ ЛЛ’ « 84 6’, АІУ = 64 + 36, АІ)~ 100, АЛ - 10 см.
~ 12 16 96 (см’); Я .... - 10 МЯ-96, ^/<-«9,6 (см).
2 р 10
Тоді С - п 9,6 - 9,бл (см).
Відповідь: І) 14,4л см; 2) 9,вл гм.
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Гарасенкова Н. А. 219
337. Якщо коло вписано в рівнобічну трапецію, то висота трапеції Л с діаметром
вписаного кола. Тоді С « «Л.
Нехай у трапеції АВСП (ЛВ - СН) ВН і СК — висоти.
АН -----лАВН (^АНВ - 90 ) за наслідком
&
з теореми Піфагора знайдемо
ВЯ-Л. ВН1* АВ1 -АН1.
1) якщо ВС - 2 см, АЛ - 18 см. АВ - 10 см, то
АН - = 8 (см).
А
ВН - 100 - 64, ВН1" 36, ВН — 6 см. Тоді С — к 6 - 6п (см);
2) якщо АО - 32 см, ВС - 18 см. АВ — 25 см, то АН ?? У* , 7 (см)
ВН1 «2бл-7’. ВН’ =(25~7)(25 + 7). ВН’ = 18 32.
ВН » ТЇ8 2 16 *4 6 (см).
Тоді С • к 24 - 24я (см).
Відповідь; 1) 6л см; 2) 24л см.
339. Якщо у правильного трикутника сторона а, то Я г , звідки
ЗЯ 6г 3 6
а а « -ч».
,3 ,/3
1) якщо С„ - 8х см. то Сіц - 2яг - 8п. звідки г ж —: = 4 (см).
Тоді а . ’. 875 (см);
73 З
2) якщо Сш — 14л см, то — 2яЯ — 14л, звідки Я » — =7 (см).
2л
3-7 г-
Тоді а = —т— 773 (см).
>/3
Відповідь: І) 8^3 см; 2) 7>/з см.
340. Якщо у правильного шестикутника сторона а, то Я - а, г = -~, звідки
• 2г 2
а — Я, а ж -і». Тоді:
1) якщо С,я - 6 73 Я см, то С„ - 2пг - бТз. г = 5^ = 3ч/з (см); тоді
о.ї^й.в(еи)і *”
73
2) якщо С~ - 2я см, то Сж - 2кЯ -2л, Я = р - 1 (см). Тоді а - 1 см.
Відповідь: 1)6 см; 2) 1 см.
341. 1) Якщо довжина С кола дорівнює сумі + С, довжин двох даних кіл, то
С ♦ С
С — 2хЯ "С, + С,. Я - >. Побудуємо коло радіуса Я.
2) Якщо довжина С кола дорівнює різниці С4 - Сг довжин двох даних кіл, то
С - 2лЯ - С( - С,, Я ж . Побудуємо коло радіуса Я.
4Л
342. Якщо діаметр кола 4, то довжина кола С - к4.
1) Якщо С - д - 10 см. то С - 4 + 10. С - пд - д +• 10, звідки л4 - 4 - 10,
4(к- 1)- 10, 4 = —.Тоді С»к — ж-^-;
п-1 п-1 п-1
220 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А.
2) якщо с - д - т, то С * т -і <1. С • кд ~ т + д, звідки пд - 4 т, д(к - 1) - т,
д ж . Тоді С Ж Я --в —
я-1 я-1 я-1
Відповідь: 1) — см; 2) см.
я-1 я-1
2кЯ; Я —радіус кола
2к
^.Ширина кільця АВ - В Я, -
343. Нехай радіус кола з довжиною С — Я, тоді С
С
з довжиною С| — Яг тоді С( ~ 2хЯ(; Л(
І с Є, с~ск _
—К.ОїЖЩ
2г. 2л 2л
я*ж*1?а’а*^ЛТЛ'Л%^’к
1) якщо С “ 2х см, С. - 4л см, то АВ - 12?2.4л 2? ж з (см)4
1 2л 2л
2) якщо С “ 16л гм, С. “ 6т. см, то АВ » 1^—- 8” - 12? а 5 (см),
1 2я 2я
Відповідь; 1) 3 см: 2) В см.
344. Периметр фігури на мал. 116. Р, = а + а + - Сй (Ср — довжина кола з радіусом Я)-
*
Периметр фігури на мал. 117. В, * а + а ♦ ' С„, тому Р( " Р,.
Відповідь: периметри рівні.
, *Кгг л 15 45" І5я , .
345.1) Якщо Я - 15 см, я’ “ 45’, то І = —- «- - ——- -- (см):
18СГ 180“
2) якщо я" - 40е, / « 20гс см, то І - ^-п , Р^-'18!?
180'
ттЮл^
Л) якщо Н * 12 см, І - 2п см, то І --, п~ «
4
20я 1В0- ,
™ ' 90
180' 1 пЛ я 12
346. Якщо довжина дуги І і П стягу? хорда АВ, то зиайдимо Я з формули
. пНл' „ і-180" А
І = , П « — І ,
180" шг
І) якщо л° - 60°, тоді Я —, У лОАВ ОА - ОВ,
л бо я
ЛАОВ ж 60й, тоді лАОВ — рівносторонній, отже, АВ т В.
ЗІ
АВ* -і
І • 180 2І
2) якщо л - 90\ тоді Н- - - = —.У МАВ ОА - ОВ. £АОВ - 90*. тоді
я-90 я
МАВ — рівнобедреник прямокутний, тоді АВ Я<2, АВ = —;
я
І • 180 З/
3) якшо п" “ 120 , тоді Я * ——- - = хг*'1® МАВ за теоремою косинусів
'V 1
АВ* = Я* + Я* - 2Я Я сов 120 . АВ' * 2Я* + 2Я’ |, 4В1 = 8Я’, 4В Я^З,
ВМл«иЛ>; 1> ї;2) :3)
я я 2я
347. За умовою хорда АВ • а.
1) якщо л* *• 60, то МАВ —• рівносторошіій.
в . яЯл’ . я а • 60’’ па
180 180 З
о
ртЗ» **,
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А. л:>. 221
„ „ я
180
2) якщо п - 90', то МАВ — рівнобедреннй і прямокутний, тоді Я = -І
а '•12
Л. 90"
Уа _
180 їЛ'
3) якщо л1 - 120е. то а* = К* + Яа - 2В В- соз!20°, ат * 2В* + 2Л* •-,«’= ЗЯ1,
> о о я ~г 120‘
я*«®_,я= % / = —А_ - =2™
З УЗ 180’’ 180- зТз
ол * л Я" п, 2ла
Відповідь. 1) —;2) »--;3) —
348. 1) На мал. 118 периметр фігури складається з половини кола радіуса а 4- Ь,
половини кола радіуса а І половини кола радіуса Ь. Тоді
Р ® і 2л (а + Ь) + - 2яа + і • 2кЬ =.ла + яд + яо-»яЬ« 2я(а + 6);
Л И 2
2) на мал. 119 периметр фігури дорівнює довжині кола з діаметром а. х - по;
3) на мил, 120 периметр фігури дорівнює двом довжинам кола з діаметром в:
Р - 2 • яв - 2ко.
Відповідь; 1) 2п(а + Ь); 2) іш; 3) 2ка.
357. За умовою задапа довжина кола С, за якою треба знайти діаметр кола д.
* 2
1) якщо с - 2 м, то </ - —— 0,64 (м);
3,14
2 5
2) якщо с ~ 2,5 м, то д = 0,8 (м).
Відповідь: 1) 0,64 см; 2) 0, 8 см.
358. Довжина І витка дроту С, • яУ, а 80 витків С: С 80жУ.
С • 80 3,14 0,5 - 125,6 (м).
Відповідь: 125,6 м.
361. С - 2яЯ. Оскільки Я - 6370 км, то С * 2 • 3,11 6370 - 40003,6 (км).
Відповідь; 40003,6 км.
§11. Площа круга та його частин
363 .1) якщо К "• 4 см, то 8 — я - 16 — 16я (см:);
2) якщо В " б см. то5 - і • 36 - 36л (см*);
3) якщо Я - 9 см, то 5 - я • Я) - 81я (см1).
Відповідь; 1) 16я см*; 2) 36я см*; 3) 81х см1.
лД-
364. 1) якщо Л » 10 см, то 5 = к = 25я (см*);
4
л • 144
2) якщо 0 • 12 см. то 5» -— « 36л (см*);
222
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкоеа Н. А
3) якщо О • 16 см, то 5 м = 64л (см1),
4
Відповідь: 1) 25л см’; 2) 36л см*; 3) 64я. см1.
5 - лЯ\ Н3 =-
я
369. 1) якщо 5 - 25я см’, то
3) якщо 5 - 36л см’, то
2) якщо 5 • 9я см’, то
5 (см);
6 (см).
З (см);
Відповідь: 1)5 см: 2) 3 см; 3) 6 см.
366 Для побудови круг» знайдемо його радіус: 5 » лЯ*,
1) якщо 5
4к см*, то Я
- 2 (см);
2) якщо 5 - Ібя см’, то Я = —- - 4 (см);
3) якщо 5 - л см*, то Я Т- 1 (см).
Відповідь: 1)2 см; 2) І см; 3) 1 см.
36 7*. 1) Я - лЯ*, В = тоді 5 = я • = •Я~. Що й треба було довести.
2 2,4
2) 5 - лЯ*. С - 2кЯ, звідки Я = Тоді 5 - я • В В - я В - — Я, Що й
_ „ 2п 2л 2
треба було довести.
с (с V с* р’
3) Я - лЯ1. В —-.Тоді 5 - я і « Я —у = —. Що й треба було довести.
лЯ І 47Г -ІЛ
368’. З - лЯ*.
і 8 9яЯ
1) якщо Я, “ ЗЯ, то 8| к • (ЗЯ ] = 9яЯ*. ——у- - 9. Якщо радіус збільшити
А> Кл
в 3 рази, то площа збільшиться в 9 разів;
Я
2) якщо Я, = — ,то 5, » я •
«5
гЯ' 8 пВ'
- III О ЯР И — І І
4 5, лЯ’
4 .Якщо радіус кола зменшити
4
в 2 рази, то площа круга зменшиться в 4 рази;
3) якщо Я, ” 4Я, то 5, я • (4Я)‘ « ІблЯ . ~і « 16. Якщо радіус круга
8 пВ
збільшити ь 4 рази, то його площа збільшиться в 16 разів.
369 • За умовою 5 “ лЯ1 і С — 2хЯ мають однакові числові значення. «Я- » 2лЯ,
Я - 2.
Відповідь: 2.
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. I.» Тарасенкоеа Н. А. 223
с*
370 . За доведеною у задачі 367 формулою. 8 «—.Тоді:
4к
1) якщо С “ к см. то 5* — - (см1);
4л 4
2) якщо С - 6л см, то 8 22— = 9л (см*);
4л
£> Л _Я
3) якщо С - 8я см, то Я ----= 16л (см1).
4л
Відповідь: 1) * см*; 2) 8л см1; 8) 16л см*.
4
371’. Якщо сторона правильного трикутника 4\ 3 см. то
Л = ^3^’ Л 114 <с“)’ я г"7’Гв^ = 2 <см>- Тоді:
3 1 2 2
1) З* - лг*. 8 - л 2* - 4л (см1);
2) 8^ - лЯ*, 8-й 4* “ 16л (см*).
Відповідь: 1) 4л см*; 2) 16л см*.
372. Якщо задана сторона квадрата а, то В = Д», г»~.
<2 2
Тоді 8^- Лї“ |,5 - ^-;8„
І у/2 І 2 •"
1) якщо а - 10 см, то 8 - 5.1122
•а 2
= 50л (см1); 8^
па1
4 ‘
. 1X100
4
= 25я (см*);
2) якщо а - 14 см, то 8^ - * -І96 = 98к (см*); 8 - —-1— 49л (см*);
2 “4
3) якщо а - 18 см. то 8^ - — |24 162л (см*); 8,я - —— - 81л (см1).
Відповідь: 1) 50л см11 25л см*; 2) 98л см* і 49п см*; 3) 162л см* 1 81п см*.
373. Діагональ д прямокутника, вписаного в круг радіуса В, е діаметром цього кру-
га. Площа круга 8 • ^—.Діагональ д — це гіпотенуза прямокутного трикутника
зі сторонами а і Ь, тому <і3 а1 + Ь3. Тоді:
1) якщо а - 6 см. Ь - 8 см. то 4і = 6* + 8’ • 100, 8 = * -122 в 25л см*;
2) якщо а - 10 см, й - 24 см. то о!? => 1(Р + 24* 676, 8 « * '-76 «=- 169л см*;
4
8) якщо а - 12 см, Ь - 16 см, то д* 12* + 16* - 400 , 8 « *’4О2 100л см*.
Відповідь: 1) 25л см*; 2) 169л см’; 3) 100л см*.
374. Якщо сторона правильного шестикутника а - 12 см, то Я - а - 12 (см),
оу'З 12 • <3 о /т
г —— = —-— я 673 (см). Тоді:
1) 8и - лг»; 8„ - л (б7з)‘ = 108л (см*);
2) - «Я*: 8М - л 12* - 144л (см*).
Площа сектора з радіусом В і центральним кутом л°: 8
лЯ'іГ
360г ’
224 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А.
к/^л “
375 . У секторі з радіусом /? і центральним кутом п' 3 довжина його дути
•ЧоО
І - П^*\ Тоді ,5 а __5 м| ЗОтже. 8— ~ , що й треба було довести.
18(Г 180 • 2 2 *’’ 2
, , „ . „ _ о я 36 п’ пп'
376 . Якщо радіус сектора Я - 6 см, то 5 » —- в •
360 і о
$
1) якщо п° - 10’, то 5 = ~Ї5?“! * (см*)’
— • 20
2) якщо л’ — 20-". то 5 «• в 2л (см1);
3) якщо л° - 100’. то 5 = ” ’1У = 10л (см’).
Відповідь: 1) п см2 3; 2) 2т см4; 3) 10л см*.
12? 18/
377 . Якщо радіус сектора Я * 18 см, то 8 = — - - - Ш. Тоді:
1) якщо ( - 2х см, то 8 • 9 - 2л » 18л (см*);
2) якщо І 5л см. то 5 9 5л * 4бк (см*);
3) якщо І - 8л см, то 8 - 9 • 8л " 72л (см1);
Відповідь: 1) 18п ся*: 2) 45т см*; 3) 72л см*.
дЛОВ.8
Площу сегмента з хордою ЛВ знаходимо як різницю плоті
сектора, що спирається ял ту ж дугу, тп площі
к/ї'л" І г>: .
------------------- - К яіп л“.
360 2
ш
X
О
ОС
О
378.1) якщо л4 - 9(У, то * Ч’’ " I ** В,П9° “ V ’Т°ДІ
_ пН* Я\
*"* 4 о 4
2) якщо п - 60~г то 8 - “5 5м» ’ І К‘ ™ 60 = І Я* ~ ~ 7* ’ "
. 360 6 2 2 2 4
_ кІЇ Я’Тз _ 2п& _ЗН:4з ^(2л-3<3)
" 6 4 12 * 12
Я*(т-2) (2л -3^31
Відповідь; І) - ’-.2} —і— -----
4 12
379. У круга радіуса Л С 2хЯ, 8 -хЯ1; тоді
Я--Л, К. І§.С = 2т Д = 2 Гя1-£ »2^.
Я чи > я \ я
Отже, С 2ул8. що й треба було довести.
380. За формулою, доведеною у задачі 379, С = 2\ я8 .Тоді:
1) якщо 8 - 4л см1, то С » 2^'я 4л ь 2 2я • 4л (гм);
2) якщо 8 - п см’, то С^2\Іп л » 2я (см);
3) якщо 8 — 81л ом’, то С г 2^л • 81к 2 9я » 18г (см).
Відповідь: 1) 4л см; 2) 2л см; 3) 18х см.
КЯВїЩО ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н, А. 225
Якщо у круга )>адіуг Я, 5 площа круга, С — довжина його кола, то: С - 2яЯ.
/?«£-;$-яК1, К = М;3»я ! £ І « С • 2л ^«2<п5. '
2я V я ' 2гт 4іГ 4л N п
381. 1) якщо Я «* 10 см, то С — 2я 10 20л (см); 5 « я 10г » ЮОя (см1);
2) якщо Г - 20л см, то Я = --^Л = 10 (см); З и 129*. 100л (см1);
2я 4я 4л
3) якщо 8 " 25л см1, то й= -^5п , 5 (см^ С = 2лЛі • 2Ьл = 10л (см);
V * ,
4) якщо С - 2л см, то Я = —-1 (см); 8 *—Л- — к (гм1);
2я 4я 4л
5) якщо Я 3 см, то С » 2л 3 6к (см); 8 — л 9 • 9л (см1);
6) якщо С • 12п см, то В —? * 6 (см); 3 = ^— ^- = 1£4я^ _ ^см^.
2л 4л 4Л
7) якщо 8 ~ 9к см*, то Я -
6й (см).
ті2
382. Площа 5, круга, побудованого на відрізку а як на діаметрі, дорівнює; 8, « —
І
7Ш
Я, Площа 5, шькруга, побудованого на відрізку 2а як на діаметрі, дорів-
_ І ій' я (2а) 4яа" па’ _
нюс: Я,--——,8,= —=-’8~= —.Тоді 3, >5,.
Відповідь: більша площа півкрута.
1- л./?'
383. Площа З, пііікруга з радіусом Я: Зі = - г.НТ = —
£ £
Н 1
Площа 8Х сум площ двох пійкругіш а радіусом -: Я, = -
8. тгЯ' ті/?’ пЯ' 4 _
-і і-----; —- ... • —* 2.
Я, 2 4 2 пВг
Відповідь: у 2 рази.
лЯ1
ЛІ Л
2 Я 2
1
мн. « п о'З а >'З
384. Для правильного трикутника в! стороною а к » , г = —.
З «
Зча1 пі'
36 12 1
Зяо' до . с
9 З г
аТз
а~
Тоді 8й=я
І З
\ /
3_ ти1 ла1 па1 12
л =-----: — я — —- 4.
5 3 12 3 ішг
Площа круга, описаного навколо правильного трикутника, в 4 рази більша за
площу круга, вписаного в цей трикутник.
385, Якщо відома площа круга 5, то його діаметр П:
4 я і я
1) площа круть з радіусом 3: 3, - 9я; площа круга з радіусом 4: 34 — 16л, тоді
5 - 3, + 5, - 9я Ь 16к - 25я. Д « ’ 2 5 а 8 * 10 *гм);
. 2) площа круга з радіусом 10: 3|() - ЮОп; площ» круга з радіусом 8: Зя - б4л.
тоді 3 - 3І0 - 3, - 100л - 64я - 36я. 1) » 2^” 12 (см).
Відповідь; 1) 10 см; 2) 12 см.
226 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. I.» Тарасемкова Н. А.
586.1) Для правильного трикутника зі стороною а В я йт~> г - “".Тоді
З V
. 1їд’
4
і
.. Л I О>/3
5а. я. _
Зла1 па* _
----=-----; 5 = л •
9 З
а 73
І®
ї^.їїі.Тоді:
36 12
5, з
5, па
12
а о
2) Для квадрата зі стороною а Я » -т», г = - .Тоді
72 -
яа*
ла’ 5. _ ~Г 4 2
4 ’ ’ 5, " ла* = 2 ї
4
8) Для правильного шестикутника зі стороною а: В - а,
5 - ла*, 5, л •
2
а^З _ .
г«——.Тоді
Зла
5р ла 4
4 5Г Зла З
4
Відповідь: 1) 4 : 3; 2) 2 : 1; 3) 4 : 3.
« х
а
тій ’ _
—; 5 «Ж
-л
а і
2
о а'уГз . , 45
387. Площа правильного трикутника зі стороною а: 8= ——.звідки а в-т—
4 73
Використовуємо результати задачі 38В.
. 45
па -73 4я5
Площа круга, описаного навколо цього трикутника: о„ = —, г>„ = —-— » —т-
о а 3^3
45
, л*
Площа круга, вписаного в трикутник*. 5, = 5Г - "гт* " Я'Тоді:
1Л 14 оуо
1) якщо 5 = 12тЗ см’, то 5Я = —= 16л (см1 2); 5, = —" "*п (см2).
2) якщо 5 = 373 см1, то 5Я = ~ (см*)» “ 3^3” = Я *см^‘
Відповідь: 1) 16п см11 їх см1; 2) 4я см1 і л см1.
388. Площа квадрата зі стороною а: 5 " а*. Використаємо результати задачі 386.
Площа круга, описаного навколо квадрата; 5Я = —5а ш’г« Площа круга,
2 2
вписаного в квадрат; 5, = “, 5, —. Тоді:
4 4
1) якщо 5-16 см*, то 5Л -= 8л (см1); 5Г » — я 4л (см1);
л “*
2) якщо 5-36 см1, то 5Я = 18л (см1); 5Г —^Зв = 9п (см1).
Відповідь: 1) 8л см* і 4л см1: 2) 18л см* і 9я см1.
.1.89. Позначимо площу кільця 5Ж1,; площа круга з радіусом В: 8Я - кЯ1; площа
круга з радіусом п 5Г — лг1. Тоді 5.,, - 5Я - 5Г, 5^ — лЯ* - лг1 — — г*).
Отже, 5ж1ж — л(А - г1).
Відповідь: 5 = л|В* - г’^.
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А. 227
390. Використаємо формулу, доведену в задачі 389:
1} якщо Я" 8см, г - 2см, то ЗвЬ - л(8* - 2») - 60л (см1);
2) якщо Я •" 5,4 см, г - 4,6 см, то
5^ - ”(М’ - 4,6і) - л(29,16 - 21.16) - 8х (см1).
Відповідь: 1) 60л см’; 2) 8п см*.
391. Якщо задано круг із радіусом Я. то йоі-о площа З - хН®. Нехай х — радіус
кола, яке поділить заданий круг на рівновеликі частини:
З, - хх1, 5в1дми - х(Я’ - х1). кх1 - лЯ1 - кх*. 2лх’ • кЯ1
Я
X —я».
у2 «
Відповідь: -7-.
2х ’ 2 ’
Я Жп
392. Площа сектора з радіусом Я дорівнює 5. 8 = . звідки л‘ =
Тоді: 3в0“
« 4л Ч6Л
1) якщо Я — 3 см, 5 “ 4г. см1, то л® = ---а 160’;
л 9
2) якшо Я - 10 см, 3 - 20л см1, то п° = — 8600 = 72п.
я 100
Відповідь: І) 164)’'; 2) 72’.
393. Площа 5 сектора з кутом л’: 5 = ^!П-, звідки Я* = В ,
Тоді: 36°°
І) якщо З - 25 см1, л’ - 18°, то Я * 1Р~»вО* = . 12^
V п 18 V я я '*
2) якщо 8-14 см1, л® - 45е. то Я = Г14.360* • ДГ? = (См).
\ я 45е і я я
Відповідь: 1) см; 2) — см.
я я
394.1) Мал. 130. У коло радіуса Я вписано правильний трикутник зі стороною а.
« _ ~ с о<3 ЗЯ _ ая’Тз 3 г=
8^ - яЯ1, 5, = —-—, Я ——, а = -* ,5Д ——— = - /Г уЗ, тоді площа 5 за-
4 о ^3 3-4 4
штрихованої фігури: 3 3„ - 3,, 3 = дЯ1 - 3 Я\ 3 = Я* я - - >/з .
4 І 4 )
2) Мал. 131. Коло радіуса Я вписане в правильний трикутник зі стороною а.
2^Я.5 - кЯ1, 8 - 5^. 5 = • ЗЯ’ї/З.тоді пло-
6 у/3 4 4
ща 3 заштрихованої фігури: 5 = 5, - 8И„, 5 ЗЯ’ >/3 - пЯ* • Я113ч3 - я
3) У коло радіуса Я вписано квадрат зі стороною а, Я = а Я\2.5
*
(Ж2) = 2Я*. Площа 3 заштрихованої фігури: 3 — 5,
- хЯ®.
-я...
- а1, Звв - |
з-пя^-гя1 «я1(л-2).
4) Навколо кола з радіусом Я описано квадрат зі стороною а, а - 2Я. З.” аЯ1,
5„ " о1, 8,, - (2Я)1, 8а> - 4Я1. Площа 8 заштрихованої фігури: 5 - 3 " - 8 ,
З - 4Я1 - кЯ® — Я’(4 - к). “ *
Відповідь: І) Я11 х-|7з 2) Яї(Зч/5-я); 3) Я*(л-2); 4) Я*(4-х).
228 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А.
С
395*. У ромб АВСВ вписано круг із площею В і проведена висота ВН. Діаметр
вписаного в ромб кола дорівнює висоті ромба А. Тоді
,, пЛ । , 4і>
5 ’ Л ” --т-,звідки Л' = —
4 X
ного трикутника АВН (£ВНА — 90 ) магмо: Л = * АВ,
АВ - 2Л (катет прямокутного трикутника, що лежить
проти кута ЗО ), АВ «22
В
А
.Із прямокут-
’ 1 /~3.
2
^лягда = (АР “ АВ), Вддда — 4.
В
з
( п
з
Відповідь: —.
л
399*. За мал. 135. Центр коли АГ, вписаного в сектор, лежить на бісектрисі цент-
рального кут» (геометричне місце точок, рівновіддалених від сторін кута ВОА).
ОВ ~ОА“ В; МК МС - г(К \ С — точки дотику кола). Оскільки *ВОА - 60 ,
то £СОЛ^ | 60 =30°.
2 1
У ЮМК ЛІК 1 ОА./.МОК - 30е. тоді МК « * ОМ;ОС - ОМ + ЛІС.
2
Оскільки ОМ “ 2г» то Я — ОС 2г + г - Зг, отже,
•лідп- пИ1 6(г , .
360 ’ 360 ’ «’’**» л ’ * ”
піс
Л.л»3
З,, яЯ1 6 2 ‘
9
Відповідь: 3 : 2.
І* пЯ-
. а «ЯМ»
V
” я •
5,
400’, Центри О, О(, О. кіл з радіусами В утворюють трикутник ОО,О,,
де ОО, - - ОД « 00, - 2Л.
« , е (2Я/ уЗ 4Я*ч/3 /г „
5ГЖ1.^ = —— (а — сторона), £оцм =1—*---—--------= /Г^З. Площа 5 загптри
4 4 4
хованої фігури дорівнює різниці площі трикутника і трьох секторів з радіусами
В 1 центральними кутами п* « 60' (/О - /О, - дОг - 60а — кути рівносторон-
. „ яК'л° лЯ’ 60 пН1 _ _х г„ „
Нього трикутника). 5„м = - — - = - . З = Я\3 - 3.
кН‘
2 2
/НиТз - я)
Відповідь: —-----------
2
2
«
402. Щоб пропускна здатність однієї труби була такою ж, як двох труб діаметрамл
6 см і 8 см, необхідно, щоб плота 5 поперечного перерізу (крута) труби дорів-
нювала сумі площ З, і 3, кругів з діаметрами б см і 8 см відповідно.
Л Тій’ „ п 36 . „ її 64 . . , _
5 ж — а _ -— = 9д (СМ’), 5, « = 16л (см’). Тоді
4 4 І
—— я 9л + 16л, О* « 100, О • 10 см.
4
Відповідь: діаметр труби 10 см.
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М, І., Тарасенкова Н. А.
229
404. Нехай поперечний переріз дроту — круг із центром О і радіусом ОС.
5. -314 мм’, З - я - ОТ* - 314. ОС3 = - — - 1СЮ.
’ я 3,14
ОС » 10 мм. Радіус отвору ОВ = —= 9,25 мм.
2
Тоді товщина Л шару, який треба зняти, А - ОС - ОВ,
Л - 10 - 9,25 - 0,75 (мм).
Відповідь? 0,75 мм.
405. Поперечний переріз заготовки — круг із діаметром 0-30 мм. тоді
5^ в ” П = 225я (мм1) * 706,5 мм1.
Поперечний переріз деталі 5^ - в\ 8^ - 400 мм7. Площа 8
заштрихованої фігури — площа відходів. 8-8 - 8 ,
8.706,5 - 400 - 306, 5 (мм7). А в » 0,43.Тоді відхо-
ди становлять 43%. "*
Відповідь: 43%.
ТЕСТОВІ ЗАВДАННЯ
N9 1
1.0 = 3^-. Якщо п — 36, то 0 - = 10®. Відповідь: Г.
л 36
180 (п - 2) 180-.4
2. а =-----і----Якщо п - 6, то а = „ * « 120". Відповідь: В.
п 6
ь 24
З*. Якщо Ри - 24 см, то сторона а = = б (см).
4 4
д 0
Радіус вписаного кола гж—, г = -«3 (см). Відповідь: Б.
2 2
4. Зовнішній кут правильного л-кутннйа дорівнює його центральному куту, тому
360' 360"
20° < —— .тоді л —= 18.Відповідь: А.
п 20°
5’. У правильного шестикутника зі стороною а В - а, г = .тоді г я Л—.Якщо
8 3 < е 3 ~
В • 8уЗ см, тог» ——- - = 4 3 • 12 (см). Відповідь: Г.
№2
1®. С - 2кВ, звідки В = ~. Якщо С - 20я см. то В = — « 10 (см). Відповідь: Г.
Ил 2к
2 1 = 7^-Якщо В - 9 см, л - 20і, то І = я (см). Відповідь: В.
4ОУ » 180е
18 _
їй —.Якщо 8 — 64л см1, то
4.8
„ л/Ґ , 48
8 «-----.звідки !>• —, 0 = 2,
4 я
В - 2я — = 2 • 8 - 16 (см). Відповідь: Б.
\ я
.тоді С 2я- = 2уя8. Якщо 8 “ 16л см’, то
С 2<я 16л = 2 4л = 8я (см). Відповідь: Г.
230 ’ї:' ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А.
в', Діл метр вписаного в ромб кола ВН (висота).
Із лАВЛ (^ВНА-9іГ) ВН» 1-12«6 (см).
С — лО, де Д ВН, С • я 6 - 6л (см). Відповідь: А.
РОЗДІЛ НІ ДЕКАРТОВІ КООРДИНАТИ НА ПЛОЩИНІ
£ 12- Де чергові координати на площині
407. На мат 147: А(3; 1), В(2, 3), С(-1; 2). Р(-2: 1), Е(2; -2);
на мал, 118: А(3; 1). Я(2; -3), С(- І; -2), О( 2; 1), £(2; 2);
па мал. 149: АІ 3: І), Ні -2; 3), С(1; 2), П(2; -І), £(-2; 2).
409 . Абсциси точок І і IV чвертей додатні, а II і НІ — від’ємні, ординати точок
І і II чвертей додатні, а Ш і IV — від'ємні. Тоді:
І чверть 11 чверть 111 чверть IV чверть
Знак абсциси + — +
Знак ординати * ± * —
Координати точки М М(х: у) -И( х; р) М-х; -у) М(х; -у)
410 . Користуючись таблицею задачі 409, розподілимо точки за приналежністю
до координатних чвертей"
І чверть - С(218; 3394П, £(792; 6203);
П чверть - А(- 145; 200). £( 371; 2108);
III чверть - ІМ-139; -247). Ц -37 401; -47 732);
IV чверть - Я(358; -422). £(953; -712).
41 Г. Якщо А(3; 4). то точка В за умови:
І) В(3; -4); 2) В(-3; 4); 3) Я(-3; -4); 4) Я(3; 4).
412. Задано точку А(3; 2), АЬ || Ох, АМ || Оу.
Усі точки, що лежать на прямій АК, мають
ординату 2; усі точки, що лежать на прямій
ААГ мають абсцису 3. Тоді т. В лежить на
АК, т. Л лежить на прямій АМ.
413 . З'ясуємо, яким чвертям належать кін-
ці аідрізків.
І) Точки А і В належать ПІ чверті, отже. АВ
не перетинає осі координат;
2) точка А належить 1 чверті, В(2; -4)
належить IV чверті, отже, відрізок перетинає
вісь абсцнс;
3} т. А належить І чверті, т. В належить II чверті, отже, підрізок АЯ перетинає
вісь ординат.
414е*. Відстань від точки до осі абсцис дорівнює модулю ординати точки; відстань
від точки до осі ординат дорівню» модулю абсциси точки- Тому:
Координати Точки (5; -1) (-5; -1) (5; 1) (-5; 1) (-2: -4) ( 2; 4) (2;-4) (2; 4)
Відстань до осі абсцис 1 1 1 1 4 4 4 4
Відстань до осі ординат 5 5 б 5 2 2 2 2
Якщо А(х1;р>), Я(х3; у,), тоді АВ1 » (х, -«,)*+ (у, - у,)’,
АЙв^х.-х^’т-^-Уі) .
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А. 231
І У задачах 415-419 знайдіть довжини відрізків із заданими координатами
Його кінців.
41 5.1) якщо А(0; 0), В(3; 4), то АВ ^(0-3)’ + (0- 4)* « V» + 16 5;
2) якщо А(-5; -Т), В(3; 8). то АВ = у/(-5 - 3)я 4 (-7 - 8)* = <64 4 25 = 17;
3) якщо А(6; -1), В(-3: 8), то ЛВ - ^+3^ + (-1-8)’ <64 + 81 «7145;
4) якщо А(-6; 3). В(4; -2), то ЛВ = 7(- 6 -4)* +(3 + 2)’ = 7100^25 » 5Тб.
416.1) Якщо кінці діаметре (3; 4) і (2; 1). то а
= ^(3 -2)’+(4+і)* =71 + 25 = 726;
2) якщо кінці діаметра (-6; 3) і (0; -5), то сі «
7н~ 0)’ + (3 + 5)’ • <36 + 64 - 10;
г«1 10 = 5;
2 . —і.т ,
3) якщо кінці діаметра (5; 2) і (1; -1), то </ 7(5 -1)* + (2 + 1)* 7Ї6 + 9 5;
г»1 5 = 2,5.
2
41Т . 1) Якщо А(0; 0); В(2; 0), С(-1; 3). то АВ 7(0^-2)* + (0 - 0)* - 2;
АС « 7(0 + І)’ + (0 - 3)’ = ТГ+9 = 710; ВС = /(2 +1)’ + (0 - 3)’ = 79 + 9 = з75;
2) якщо А(1; 2); В(8; 26), С(19; 26), то АВ 7(1 - 8)’ + (2 - 26)* - 25;
АС • ^(1^19)’ + (2 - 26)* - 7324 7576 ЗО; ВС 7(8 - І»)’ + (26- 26)* =11;
3) якщо Ж-2; -1); 8(0; 1), С(0; -3), то АВ = 2 -0)* + (-1 -1)* 7Г+4 = 272;
АС = ^2 - 0)г + (-1 ♦ 3)* « ^4"Т4 = 272; ВС - 7(0 - 0)’+ (1 ♦ 3)* « 4.
Відповіде: 1) 2; >10; 872; 2) 25; ЗО; 11; 3) 272; 275; 4.
418’. Знайдемо сторони трикутника: якщо дві а них рівні, то трикутник рівно*
бедрений. Отже:
1) якщоА(~3; 3); В(6; 6), С(3; -3). то АВ « 7(~3 -6)’ + (3 - 6)’ « 7в1~ 9 « зТЇО;
АС = 7(-3 - 3)’ + (3 + 3)* = 736+ 36 = б75;
ВС = 7(6 - 3)* + (6 ♦ 3)’ = 79 + 81 = зТїо.
Оскільки АВ - ВС, то лЛВС — рівнобедрений.
2) якщо А(2; -3); В(3; 0). С(-1; -2), то АВ = 7(2--3)* + (-30 - 0)* 71 + 9 = 710;
АС - 7(2+1) + (-З + 2)* « <9 + І 7Ї0; АВ - АС.
тому аАВС — рівнобедрений.
3) якщо А(-1; 1); 8(2; 3). С(2; -1), то АВ » 7(-1 -2)* + (1 - 3)* » 79"+4 =713;
АС - 7(-І - 2)* +(1 + 1/ 79 + 4 = ТІЗ;АВ - АС,
тому аЛВС — рівнобедрений. Що й треба було довести.
419’. Знайдемо сторони трикутника. Якщо сума квадратів двох із них дорівнює
квадрату третьої сторони, то трикутник прямокутний.
І) якщо Л(0; 0); В(1; 2), С(3; 1), то ЛВ - 7(0 -1)* + (0- 2)’ ТГ+4 «7б;
232 $•: ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А. «Ж»
АС = ^( 0-3)'+ (0-1)’ ->/9 + 1 = ЛО; ВС = ^(1^3)* + (2 -1)’ ->/4 + 1 = 75.
АС1 — АВ1 + ВС*, оскільки |,Т0] = (у5) +(>/5) .тоді «.АВС — прямокутний;
2) якщо А|5; 1); В(7; 2), С(9; -2), то АВ = ^(5-7)*+(1-2)* - У4+~Ї - 7б;
АС = ^(5 - 9)’ + (1 + 2)* = 716 + 9 - 5; ВС - ^(7 - 9)* * (2 + 2)* = 74 + 16 - 720. |
АС2 • АВ* + ВС*, оскільки Ь’ = (.5| + (-у20| «тоді лАВС — прямокутний; $
3) якщо А(-2; -І); В(0; 1), С(0; -3). то АВ - ^2- 0)’ + (-І - 1)* = ТГ+4 - 7в; :•!
АС « ^(-2*- 0)’ + (-1 + 3)’ = 74 + 4 = 7§; ВС я ^(0 - 0)*+(1 + 3)’ = 716 =4.
ВС* - АВ1 + АС2, оскільки 4’ = (у8) + (7в) .тоді лАВС — прямокутний.
Що Й треба було довести.
420 У формулу АВ’ =(ж, - х,)' + (^ - у,)' підставимо задані значений відстані с/
і координат точок і В(х,;р,),після чого з одержаного рівняння знай-
демо невідому координату х. Отже:
1) якщо А(2; 3), В(х; 1), </ - 2, то 2’ - (2 - х)а + (3 - І)1;
4-4 4х + х1 + 4; х* - 4х + 4 - 0; (х- 2)1 - 0; х - 2.
2) якщо А(-1; х), В(3; 2х). </ - 5, то 5» - (-1 - 3)’ + (х - 2хр; 25 - 16 + х3;
| . х1 - 9; х - ±3.
3) якщо А(5; х). В(2; 4), д - 3. то 3’ - (5 - 2)1 + (х - 4)»; 9 - 9 + (х - 4Н;
(х - 4)’ - 0; х - 4.
Відповідь: 1) 2; 2) ±3; 3) 4.
421. Нехай шукані точки X і У лежать відповідно на осі абсцис і осі ординат. Тоді
Х(х; 0) і У(0; у). Оскільки відстані від цих точок до даних рівні, то:
1) для точки X: (х + 1)* + (0 - 1)* - (х - Зу* + (0 - І)1; (х + І)1 - (х - З)3;
Xа + 2х + 1 - х1 - 6х + 9; 8х - 8; х - 1. Отже. Х(1; 0);
дія точки У; (0 + 1 >* + (р - 1У - (0 - ЗЯ + <у - б)1;
1 + / - 2у + 1 - 9 + у» - ІОу + 25; 8у - 32; у - 4. Отже, У(0; 4);
2) для точки X: (х - 2)1 + (0 + 1- (х + 2)3 (0 + 1У;
x,-4x+4 + ^-x, + 4х + 4 + 1;8х- 0; х - 0; отже, Х(0; 0);
для точки У: Ш - 2)’ +(у + І)1 - (0 + 2)’ + (у - 1)»;
4 + ра + 2у+1-4 + у,-2р + 1;4р-О;р-О. Отже, У(0; 0).
Відповідь: 1) (1; 0) і (0; 4); 2) (0; 0).
Для середини відрізки АВ точки М(х; у)
* = 2 *’ ’ У = А{Хі' Й<Х,; Уі)‘
Щоб знайти координати одного з кінців відрізка за координатами його другого
кіпця 1 середини, скористаємось формулами: х, + х, — 2х, у, + - 2р.
422. Задані середини сторін трикутника утворюють трикутник, сторони якого о,
Ь, с є середніми лініями заданого. Тоді сторони задано-
го трикутника вдвічі більші за сторони утвореного, тоб-
то 2а. 2Ь, 2с.
П а = 7(5 - 9)’ + (1 - 4)* - 716 + 9 = 5;
Ь » >Д5 9/ 7(17 2)’ = 71679 = б;
С = ^(9 " б/ + (4 + 2)* 6.
Тоді 2а - 10: 26 - 10; 2с - 12.
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А. $$ 233
2) а = ^(1 + 1)’ + (1 + 1)* -<4+4 = <Ув; Ь = 7(-1-1)’ + (-1 + 2)‘- >/4 + 1 = /б;
с - ^(1 - 1)’ + (1 + 2)’ = 3.
Тоді 2в-2>/8; 2Ь-2>/5;2с-6.
;І Відповідь: 1) 10, 10. 12; 2) 2^8. 2л/б.6.
ї 423. Якщо сума квадратів двох сторін дорівнює квадрату третьої сторони, то три-
• кутник прямокутний.
1)А(2; 5), ВІЗ; 2). Тоді АВ* « (2-3)’+(5-2)’;АВ* - 10.
АС* = (8 - 2)’ + (8 - 5)*;АС* - 36 + 9 - 45;
ВС3 = (8-3)’ + (8-2)’;ВС* - 25 4 36 - 61,
61 а 45 + 10, тому С не є вершиною;
АЛа = (9 -2)* + (4-5)*;АЇЯ - 49 4 1 - 50;
ВВ3 «(9 - З/ + (4 - 2)’; ВІЯ - 36 + 4 - 40;
АВ3 - ВІЯ + АВ* (50 - 40 + 10), тому т. В е вершиною;
АО’ - (4 - 2)’ + (-1 - 5)’;АСЯ - 4 4 36 - 40;
ВО* » (4 - 3)’ + (-1 - 2)’; ВО* -1+9-10.
АО8 а АВ- 4- ВО1 (40 * 10 4- 10), тому т. В не е вершиною.
АМ* - (8 - 2)* - (7 - 5)’ ;ААГ - 36 + 4 - 40;
ВМ* -(8-3)’ + (7-2)* = 25т 25*50.
ВМ* = АВ* + АМ‘ (50 — 10 + 40), тому т. М є вершиною;
2) А(1; 4), В(9; 6). Тоді АВ* = (9 - 1)’ + (6 - 4)*; АВ1 -6-1+4-68.
АС* =(8-1)* + (8-4)’; АС’= 49 + 16 65;
ВС* =(8-9)’ +(8-6)* «1 + 4=5.
АВ' а АС* + ВС* (68 * 65 + 5), тому т. С не е вершиною:
АВ* = (9 - 1)’ + (4 - 4)’;АІЯ - 64;
ВО* =(9-9)’ +(4-6)’ -4;
АВ‘ • АВ1 + ВО' (68 — 64 4- 4), тому т. В є вершиною;
АО’-(4-І)’+(-1-4)’= 9 +25-34; ВО1 - (4-9)’+ (-1-6)* = 25 + 49 = 74;
ВО* * АВ3 + АО' (74 « 68 + 34), тому т. О не є вершиною;
АМ* = (8 -1)’ + (7 - 4)’ = 49 + 9 = 58; ВМ* = (8 - 9)’ + (7 - б)1 2;
АВ* * АМ' + ВМ* (68 < 58 + 2), тому т. М не с вершиною.
Відповідь: 1) О і М; 2) О.
424. Нехай у паралелограма АВСО т. О — точка перетину діагоналей; О(х; у) —
середина діагоналей АС і ВО.
1) А(2; 5). В(8; 13), 0(16; 9); о[^^; ^^];О(9; 7).
(2 2 )
Координати точки Л(а; Ь) знайдемо за знайденими координатами т. О і т. В.
а + 8 - 9, а - 1; Ь + 13 - 7; Ь - -6. ЛІ; -6).
2) А(0; 0), В(1; 2), С(3; 1). о| - —;
2 2
.0(1.5; 0,5).
Координати вершини 1>(а; Ь) знайдемо з рівності:
а + 1 - 1.5; а - 0,5; Ь + 2 - 0,5, Ь - -1,5. 0(0,5; -1.5).
Відповідь: 1) (1; -6); 2) (0,5; -1,5).
425. Знайдемо довжини сторін утвореного точками трикутника. Найбільша з них —
діагональ прямокутника.
234 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А. ИвШ
/7£ = 7(ІГ- в/ (2 ~7/ «725 + 25
А ї
Діагональ — Л’і, її середина — О -
Четверта вершина К(а; 5). Тоді а + :
1) Нехай ЛЯ2; 5). МЗ: 2), 08; 7). Тоді .’ИЛ’ = ^2 - 3)’ + (5 -2)’ = у 10;
МЬ = у'(2 - 8)’ + (5 -7)’ - <36 + 4 - <40;
= 750.
+ 8 2 + 7 . _
; 0(5,5; 4.5).
! - 5.5; Ь 5 - 4,5; Ь - 0.5. К(3,5; -0,5).
2) М(4; -1). N(1; 2), Ц 1; 0». Тоді Мії - ^(4 -1)’ +( 1 - 2)’ = 718;
МО ~ ^4 + 1)’ + (-1 - О)1 <26; N0 = ^(1 + і/ +(2 -0)" = <8. Діагональ — Мі,
П середина — О 2 ~; ’ ь«5« 0,5). Четверта вершина К(а; Ь).
Тоді о + І 1,5; а- 0,5; Ь + 2 - -0,5. Л - -2,5. _К(0,5; -2,5).
Відповідь: 1) (3,5; -0,5); 2) (0,5; - 2,5).
Л».МЛЛ*А».'/ЛРЛ
420 Якщо задані точки А 1ІІ сусідні вершини квадрата, то знайдемо координат»
вершини Д(х; у), враховуючи, що АВ - АО і ВО* « АВ1 + АО*, ВО* 2АВ*:
1) якщо А(0; 0), Л< 1: 2), то АВ* = (0 - 1)’ 4(0 - 2)’, АВ1 5;
АО -(0-х)’+(0-у)’,
АО* «5-х* <! /; ОВ* «2 5 = 10, ВО* • (1 - х)* 4 (2 - у)\
Розв'яжемо систему рівнянь:
Xі + р’ = 5. х’тр’яб, х3 у* ~'о. х* + у*я&,
1-2x4 х* + 4-4р + у’ = 10; -2х 4у + 545 = 10; -2х 4у; х ~2у;
(-2у)’ * у* я 5 ; 4у* + уг - 5; 5у* - 5, у1 - 1, у ~ ±1. Отже, якщо у “ 1, х - -2;
якщо у -і, і 2. 0(2; -1) або О{ -2; 1).
Аналогічними міркуваннями знайдемо координати точки С(3; 1) або С(1; 3).
Відповідь: /Н2; -1). С(3; 1) або Д(-2; 1), С( 1; 3).
427.. У трикут ника АВСО протилежні сторони АВ і СО, ВС і АО Якщо Л(5; -1);
В(-7; -6). С(-12; 6), 7X0: 11). то
АВ • ^(5 + 7)ж 4(-1 + б)* 7144425 « 7169 = ІЗ;
СО = ^12-0)’ + (б-11)’ =>144 725 «13;
ВС = ^(-7 4 12)’ 4 (-б - 6)’ « 725 + 114 =13;
АЛ = ^’ 0)* т(-1- Н)’ =<25 4 144 «13.
1) Оскільки Протилежні сторони АВ - СО, ВС - АО, то АВСО — паралелограм;
2) оскільки у паралелограма АВСО всі сторони рівні АВ » ВС — СО “ АО. то
АВСО — ромб; 3) знайдемо діагоналі ромба АВСО:
АС = 7(5+-12)’ 4 (-1-6)’ = 717= ”7* - 7289 + 49 - 7§38;
ВИ ^(-7 - 0)* + (-б- 11)’ = >494 289 = у338.
Оскільки у ромба діагоналі рівні, то вія « квадратом.. АВСО — квадрат. Що
й треба було довести.
428. 1) АВ /(-1 + 2)3 + (-2 + 4]’ = у І ?4 = 7б;
ВС = ^246)’4 (-4т 2)’ - Ч16+7ж 720;
т = 7(-0 + 5)а + (-2 -0)’ = 71 * 4 = 75;
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. Ім Тарасенкова Н. А. $?; 235
Ай = ^1 + 5)’ + («2-0)’ »<їв*4 =720.
АВ • СО, ВС - АВ, тоді АВСО — паралелограм.
429. 5^ • а*. Знайдемо сторону квадрата.
1)(3; 2). (8; 7); а - ^(3 -8)’ 4 (2- 7)’ = у 25 + 25 - 750; 5 = (Тбб)’ -50;
2) 14; -1). (1; 2); а = ^'(4 -1)1 4 (-1 - 2)* - Л + 9 = 718; 5 - (Лв)' = 18.
Відповідь: 1) 50; 2) 18.
~ Діагональ квадрата). Знайдемо діагональ.
1)0; 5). (1; -»); +(5.3)' Л7ЇЇ ./68;
3„,- 1(ЛЗ)’=1 68.34;
2) (-2; 2). (10; -3); <1 . ^-2-10) .(2 + 3)' = /144.25 . /169;
’ (ЛЇ»)’-^.84.5.
434*. Знайдемо сторони трикутника і за квадратами їх довжин визначимо Вид
трикутника.
1) 4(0; 0). 8(3; 1). С(1; 7); АВ* = (0 - 3)’ 4 (0 - 1)’ = 9 4 1 • 10;
ВС1 « (3-1)’ +(1-7)’ «4 + 36 = 40; ЛС* «(0- 1)’4(0-7)’ • 14 49 = 50;
ЛС’ = ВС1 4 АВ* (50 — 40 + 10), тоді ,\АВС — прямокутник;
2) А( -2; 1), 8(4; 8), С(10; б); АВ* = (-2 - 4)’ т (1 - 8)’ = 6і 4 7* « 36 4 49 = 85;
ВС* = (4 -10)* 4 (8 - б)1 = 36 + 4 = 40; ЛС* = (-2 - 10)’ 4(1- 6)’ 14 4 25 = 169,
ЛС’> ЛВ* 4 ВС’ (169 85 + 40). тоді лЛВС — тупокутний.
438. а) Побудуємо прямокутний трикутник із катетами а і а (а - 1 клітинка).
Гіпотенуза такого трикутника \ а’ 4 а* \2а* = аТІ.
6) Побуду* мо прямокутний трикутник з катетами а і 2а (а - 1 клітинка) Гіпо-
тенуза такого трикутника ^а* + (2а)’ = ^а* 4 4а1 Тба* = аТб.
441. Нехай драбина ЛВ розміщена так, що координати точки Л(1; 0), координати
точки 8(0; у), у > 0.
ЛВ = ^1-0)’4(0-у)’ а 6; 71 +У* =6;
1 4 у* = 36; р’ « 35, у = 735.
Якщо ж драбину відсунули так, що нижній її кінець
знаходиться в точці С(1,5; 0), то верхній кінець пере-
сунеться в точку В(0; у(). СВ = ^(0 -1,5)* 4 (у, - 0)’;
СО - 71.5* 4у’ =6; 2,254 у? =36; у*-36-2,25:
у’ =33.75; у, =7$3,75 (у1 > 0). Верхній кінець
драбини знизиться на відстань ВО; ВО = у-уіг
ВВ = 735 = <ЗЗЛ5 = 5,92 -5,81 -0,11 (м).
Відповідь: знизиться на 11 см.
236 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А.
113. Координати середини відрізка
442'. Правильними € формули 3), оскільки координати середини відрізка дорів-
нюють півсумам відповідних координат кінців відрізка.
443'. Правильним є твердження 3).
444*. 1) Мал. 155. (3; 1); 2) мал. 156 (2; 1): 3) (1; 0).
Нехай М(х; у) - середина відрізкаЛВ. де А|х,; у,), В(х(;уу).Тоді х = Ж> ~ Х>, Н
I У - Звідки х1 - 2х - х,; - 2 - у,; хі - 2л х,; у, - 2х - х,.И
445. Нехай середина АВ — т. М (х; 0).
1) А(3; -1). В(-1; 1), тоді х » Ці » | = 1. 0 =. 1 = ? = 0;М(1; 0).
Л 2 2 2
2} Л(5: і), В(2; 1), тоді х - - 7- - 3,5, у - ~-1 - | 2,5; М(3,5; 2,6).
2 2 2 2
я, ив ич п>і, і 5 + 11 16 _ 7 + 17 24 ,Л ...о ,
3)Л(5; 7), В(11; 17). тоді х- — - • —«8, у»—— -12;М(8; 12).
Відповідь: 1) (1; 0); 2) (3.5; 2,5); 3) (8; 12).
14-4 5
446.1) А/(3; 3): 7/{1; -1), Р14; 5). х = — = = 2,5 * 3,отже, М не * серединою НР.
• 2 2
2) 1) М(-2; -3); Н(3; 0). И-1; "2). х = 1 = ? = 1 * -2. отже, Л/ не е середи-
2 2
ною НР.
3) І) Л£(7; 9); Ж12; 13). «2; 5). х * = 7; у = 1- ’ - - = 9,
отже, М є серединою НР.
Відповідь: 1) ні; 2) ні; 3) так.
447. Нехай у точок А(х(; у,), О(х; у), В(х,; у,).
1) Л(1; 4). О( 2; -1), тоді х, - -2 • 2 - 1 - -5; уя - -1 • 2 - 4 - -в; В( 5; -6).
2)Л(4; -6). В(-4; 6). тоді х = = 0: у = —= 0: СНО; -в).
3) О(-б: 8). В(3; -2). тоді - -б 2 - 3 - -15; у, - 8 2 + 3 - 19; Л( -15; 19).
5+2 -2+0
4) А15: -2), 21(2; 0), тоді х - 3,5; у » = -1;0(3,5; -1).
5)АіЗ; 7), О( 4; 0). тоді х, --4 - 2 - 3 --11; у, - 0 2 - 7 - -7; В( -11; -7).
в)О( 1; 4), В(1; -4), тоді х, - - 1 2 - 1 - -3; у, - 4 -2 + 4 - 12; Аі-3; 12).
44в. 1) Л( 3; 3), В(в; 6), С(3; -3). Середина АВ —
дина АС —
-3 + 3.3-3
2 ’ 2
, (0; 0); середина ВС —
-3 + 6 3 + 6 . , ,
—5—; —5— |.(1.5; 4,5); сере.
—
Гб+3 б -
2 2
2 + 8 -3 + 0
2
,(4.5; 1.5).
2) А(2; -3). В(3; 0), С(-1; -2). Середина АВ —
.(2.5; -1,5); сере
2-1 -3-2
2 : 2
450.ЛВ — діаметр кола, центр кола — його середина.
-5-1 2- 4
2
дина АС —
і, (0,5; -2,5); середина ВС —
І)Л(-5; 2), В( 1; 4); тоді центр коде —
2
3-1, 0-2
,(1; -1).
2 ’ 2
2
Л-2{ -І).
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А. 237
2) Л(5; -2), В(-1; 4); тоді центр кола —
3)А(5; 2), В(-І; -4); тоді центр кола —
5^1.11+4
2 ’ ’ 2
5-Х 2‘4’(2;-1).
Л2; І).
2 2
451. Точка У середини АК, Р — середина АО. Т — середина $В.
-5-8 2-6>
1)А(-5; 2), Я(--3; -6), -годі (?
2 2
<Л 4; -2); Р
-5-4 2-2
* т * *
Р Ч Т В
2 2
А
Л-4,5; 0); Т
, 71-3.5; 4).
2
2) А(1; 3). В(9; -7), годі у| 1±9; ~ 1«(5; -2); Р
12 2 |
5 « 9 -2-7
2 ’ 2
«3; 0.5); Т
7(7; -4.5).
1+5 3-2
2 2
452.1) Знайдемо координати середин сторін:
./2-3 -1 + 1’1 агГ2"1.-І + З)* /п . гґ-1-3 3 + 11
дТ" ~Г’м-0'6 0) * ~Г ~Г~ |^(0,5:1): г ~’Т •
М -2; 2).
Знайдемо довжини медіан:
ВМ » 1 + 0.5)’ + (3 - 0/ = <0.25 + 9 = 9.25;
СУ = ^3 - 0.5)’ +(1 - І)’ « ч3.5Ч 0 - 8.5;
А£ - ^(2 + 2)* + (-1 - 2)’ = 716 + 9 = 5.
2) Знайдемо координати середин сторін:
л(01б о+ду /б + 10 < + 26ї
. 2 2 Г І 2 2 1
8(8; 15); СІ *Ц10.Ні2® і С(5; 13).
Знайдемо дошкини медіан:
ЛМ = ^(10-З)1 +(20 - 2/ = >49 + 576 = <625 » 25;
ІС = /(6 - 5)* + (4 -13)’ - ТГ+НЇ = 782;
К В = ^(0-8)’+ (0-15)’ = <64 + 225 = >289 • 17.
453. Нехай у паралелей рамі АВСВ координати вершин А^;?,), Віх,; у,),
&(х4; у4). Діагоналі паралелей рамп перетинаються у точці О і нею
діляться навпіл, отже, О — середина діагоналей.
Координати точки О(х; р): д
тоді х = = 5.+23 ±
2 2 4
2
238 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А.
| «алогнко + ЬДЙ.^±&.
Отже, координати точки перетину діагоналей є середнім арифметичним
відповідних координат вершин паралелограма. Що й треба було довести.
454. Знайдемо координати середини діагоналі, координати (х; у) кінців якої ві- .
домі. За знайденими координатами середини знайдемо координати четвертої ;
вершини. І
[-2-1 -3 + 2> :
—2—’ —2— ’ :
(>( 1,5; -0,5). Координати вершини О(~1,5 2 - 3; 0,5 2 - 1), IX -6; -2).
2) О — середина ВР; 4(-2; 4), Ві -в; 12), 1X2; 8), тоді
О! 2®. 1_?; 1£Л® ,(Х-2; 10). Координати вершини С(~2 -2 + 2; 10 2 - 4),
1 2 2 }
С(-2: 16).
Відповідь: 1) СХ-1,5; -0,5); ІД-6; -2); 2) О(-2; -10). С(-2; 16).
455. Нехай у трапеції АВСП (АВ || ОС), М — середина АВ, N — середина ВС.
Знайдемо довжину NN.
1) А( 5; 0), В(0; 5), С(3; 0), IX 1; -4);
М І, М(-3; -2);
I дг| 0 + 3, Ц0 І Х(1 5. 2 5) ТодІ
і 2 2
NN = ^(-3 -1,5)’ + (-2- 2,5)’ - 4,57 = 4.бТ2.
2)4(1; -4), В(-1; -2). С(2; 1), 1X5; -2); МІ
І і» А
|,/У(0,5; -0.5). Тоді
І 2 2 )
NN = 0.ЬГЧ-3 + О’5)’ " А5’ + 2»5’ - 2.5^2.
Відповідь: 1) 4,572; 2) 2,бТ2.
,М(3; -3);
456. Нехай координати точки О(х; у). тоді 04 — ОВ - ОС.
1)4(1; 1), В(2; 3), С(5;-1).
04’ е (х -1)’ + (у - 1)*; ОВ* » (х - 2)* + (у - 3)’: ОС* (х - 5)’ + (у ♦ 1)’.
ОА* - ОВ’;
(х-1)’ + (у-1)* -(х*2)’ +(у-3)’;
Х*-2х + 1 + уг-2у + 1= Х,-4х + 4+ /-6р + 9;
4х - 2х - 2у + бу -4 + 9 - 2; 2х + 4у - 11. 04* - ОС1;
(х -1)’ + (у - 1)’ = (х - 5)* + (у +1)’;
дХ-гх + І + ^-гу + Іад* - Юх + 25 + у* + 2у +1
Юх - 2х - 2у - 2у - 25 - 1; 8х - 4у - 24; 2х - у - б.
Розв'яжемо систему рівнянь:
І2х+4ув11. 5уя 5, іуа1, у 1. |У = 1.
|2х-у«6; 2х - у ч 6; 2х-1=б; 2х = 7; Х‘3.5.
Координати точки 0(3,5; 1).
2) 4(-1; 6), В(-5; 8), В(-2; -І); 04’ - (х + 1)’ + (у - 6)’; ОВ* = (х + 5)' + (у - 3)’*,
ОВ* - (х + 2)1 + (у +1)’.
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А. & 239
ОА* = ОВ*; (х + 1)’ + {у - б/ - (х + 5)’ + (у - 3)’;
Xй' + 2х + 1 + у* - 12у + 36 X? * Юх + 25 + у* - 6у + 9;
2х - 12у - Юх * ву - 25 + 9 - 36 - 1; -8х бу - -3; 8х + 6у - 3.
ОА* «ОД1 2; (х +1)* 4-(у - 6)’»(х + 2)’+ (у + 1)*;
ДГ ♦ 2х + X + - 12у + 86 = хд + 4х + 4 + у* + 2у + 1;
2х - 12у - Юж + бу - 25 + 9 - 36 - 1; - 8х - бу - -3; 8х + 6 ™ 3.
ОА’ - ОЛ*; (х +1)’ + (у - 6)’ = (х + 2)* + (у + 1)’;
Xі + 2х + І 4- у* - 12у + 36 = Xх -» 4х + 4 + у* -г 2у + /;
2х - 12у - 4х - 2у - 4 - 36; -2х - 14у - 32; х ¥ 7у - 16.
Розв’яжемо систему рівнянь:
х + 7у = 16, .х = 16-7у, (х = 1б-7у,
8х + 6у = 3; |8(16-7у) + 6у =3; 1128-56у + бу 125;
|х = 16-7у,
5Оу- 125;
їх = 16-7 2,5.
у = 2,5; .
х = -1,5
У »2,5
О(-1,5; 2,5).
Відповідь: 1) (3,5; 1); 2) (-1,5: 2,5).
914. Поняття рівняння фігури. Рівняння кола
466% Мал. 162. С(0; 0), В - 2.
Мал. 163. С(1; 0), Я - 2.
Мал. 164. С(1; 2), В - 2.
468. 1) 0(2; 1), Я - 4; 2) 0(1; 3), Я - 73:3) 0(-3; 4), Я - Л;
4) О( 4; 1), Я = 5; 5) 0(0; 3), В - ^2 ; 6) О(-1; О), Я - 7._
Щоб перевірити, чи лежать точки на колі, перевіримо, чи задовольняють ко-
ординати точки рівняння кола.
469.1) (х+4)*+ (у + 1)1 = 25
А(-1; 2): (-1 + 4)* + (2 + 1)’ 3’ + 3’ = 18 * 25.отже, А не лежить на колі;
В(2; -3): (2 + 4) + (-3 + І)1 = 6’ + (-2)* 36 + 4 = 40 Я 25,отже, В не лежить
на колі;
С(-6; -4): (-6 + 4)' + (-4 + 1)’ «(-2)’ + (-3)’ • 4 + 9 = 13 * 25,отже,
С не лежить на колі;
Л(-5; 0): (-5 + 4)л + (0 + 1)я = 1 + 1 2,отже, О не лежить на колі;
2) х* + (у - 3)* 2
А(—1; 2): ("1) + (2-3)’ 1 + 1 = 2,отже, А лежить на колі;
В(2; -3): 2* + (-3 - З)’ = 4 + 36 = 40. отже, В пе лежить на колі;
С(-6; -4): (-6)1 +(-4-3)’ =36 + 49 =85,отже, С ке лежить на колі;
О(-5; 0): (-5) + (0 - 3)* = 25 + 9 = 34, отже, Л не лежить на колі;
3) (х + 1)а +(у-2)1 = 36
А(-Г, 2): (-1 + 1)' + (2 - 2)’ = 0 + 0 0,отже, А не лежить на колі;
Я(2; -3): (2 + 1) + (-3 - 2)1 » 9 + 25 я 34, отже, В не лежить на колі;
С(-6; -4): (-6 + 1/ ¥ (-4 - 2)’ 25 + 36 « 61, отже, С не лежить на колі;
/>( ~5; 0): (-5 + 1)г і-(0-2)* = 16 + 4 = 20,отже, Л не лежить на колі;
Ці Якщо центр кола О(а; 5) і радіус кола «, рівняння кола (х - с/ + (у - Ь)3 = Я*Г|
240 В ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А.
*70>. 1) (х-2)*+(у-1)*
71 . Якщо задані координати кіпців діаметра кола, знайдемо координати його
центра О (середина діаметра); довжину Я радіуса (відстань від центра до одного
а кішиь діаметра),
1)(5; -1) і (-5;-1). Тоді О
Тоді рівняння: х'+ (у +1)* * 25.
2) (6; 0) і (0; 8). Тоді 0
Тоді рівняння: (х - 3)* + (у - 4^
3) (6; 8) і (0; 0). Тоді О
Тоді рівняння: (х - 3)‘ + (у - 4)* «25.
4) (-6; 0) і (2; -8). Тоді О
25; 2) (х + 2)’ + (у + 1)* 5; 3) (х - 2)* + (у + 2)’ = 16.
5-5 -1-1
0(0;-І). Я1 =(0- 5)* +(-1 + 1)* » 25.
2 ’ 2
° ~ 1,0(3; 4). Я1 »(3 - 6)* + (4 - 0)* = 9 +16 - 25.
= 25.
0(3; 4). Я* = (3 - 6)* + (4 - 8)* = 9 + 16 ж 25.
6+0 8*0
2 ’ 2
•6 + 2 0-8 і
2 ; 2 ।
Ж - (-2 + 6)* + (-4 - 0)* » 16 + 16 = 32.
Тоді рівняная: (х + 2)* + (у + 4)* = 32.
5)(-1; 6)1(7; -2). Тоді ОІ
В} = (3 +1)’ + (2 - 6)’ = 16 +16 - 32.
Тоді рівняння: (х - 3)* + (у - 2)* = 32.
-1 + 7 6^ 2
2 ' 2
|,0( 2; -4).
0(3; 2).
473'. Якщо коло дотикається до осі абсцис, то відстань від центра кола до осі
абсцис — ордината у центра; |х] — відстань від центра кола до осі ординат.
Якщо |х| <|у|, то коло перетинає вісь Оу; якщо |х^ = |у|,то коло дотикається до
осі Оу; якщо |дг| > у|, то коло не перетинає вісь Оу.
1) (-2; 1); |х| = |-2| * 2; (уі = |1| = 1; |х| > |у|. то коло не перетинає вісь Оу.
2) (-3; 2); |х| = |—3| * 3; |у| = |2| = 2; |х| > уі, то коло не перетинає вісь Оу.
3) (4; 5); |х| = |4| 4; |у| |б| = 5; |х| < |у|, то коло перетинає вісь Оу.
474. Щоб записати рівняння кола, знайдемо його радіус Я: Я - АС.
1) С'(2; 3), А(0; 4); Я1 = (2 - 0) ♦ (3 - 4)*; Я1 4 +1 = 5. Тоді рівняння:
(х - 2)*+(у-3)’= 5.
2) С(-3; -2), Л(0; 2); Я* = (-3 - 0)* + (-2- 2)* « 9 + 16 = 25. Тоді рівняння:
|х + 3)* + (у + 2)’= 25.
3) С( 4; 2), Л(0; б); *Я* = (-4 - 0)* + (2 - 5)* = 16 + 9 = 25.Тоді рівняння;
(х + 4)*+ (у -2)* -25.
475. Якщо коло з центром С перетинає вісь абсцис у точці В, то ВС — радіус
Кола.
1)С(3; 2), 8(4; 0). Тоді ВС' = (3- 4)* + (2 - 0)*, ВС' =1 + 4-5.
Рівняння кола: (х - 3)’ + (у - 2)* =5.
2) Сі-2; -3), В(2; 0). Тоді ВС' = (-2 - 2|* + (- 3 - 0)* = 16 + 9 * 25.
Рівняння кола: (х + 2)' + (у + 3)* = 25.
3)0X2; -4), 8(5; 0). Тоді ВС* « (2-5)* + (-4 - 0)’ = 9 * 16 « 25.
Рівняння кола: (х - 2)’ + (у + 4)1 = 25.
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тврасенкова Н. А. & 241
476. Оскільки коло з центром О проходить через точку IX), то РО — його радіус.
Якщо відстані ЛО, ВО, СО дорівнюють ІЮ, то коло проходить через точки
Л, В, С.
1) О(-2; 3). 0(0; 3). Тоді IX)3 = (-2 - 0)’ + (3 - З)1 = 4.
А(-4; 3): ДО* - (-2 + 4)’ + (3 - 3)’ = 4; АО‘ * ЕЮа ,т. 4 належить колу;
В(- 2; 4): ВО1 = (-2 + 2)’ + (3 - 4)*; ОО‘ * ВО*,т. В не належить колу:
С(1; 3): СО’ =(1 ♦ 2}* + (3 - З)7 * 9; ДО’ * СО’.т. С не належить колу.
Й 2) Р(, 2; 4}, О(-2; 3). Тоді ДО’ = (-2 + 2)’ + (4 - 3)’ = 1;
•5; А( 4; 3): ДО3 =4; ЛО1 * ООТ;А но належить колу;
ІЦ -2; 4): ВО1 = 1; ВО’ ДО*; В належить колу;
С(1; 3): СО1 - 9; СО3 * ІЮг;С не належить кату.
477. Якщо центр кола лежить на прямій у - 4, то його координати (х; 4). Оскіль-
ки коло дотикається до осі абсцис, то радіус кола 4. Радіус кола, иронеденого
з центри в точку дотику, перпендикулярний осі абсцис, тоді абсциса центру
кола дорівнює абсцисі точки дотику.
1) Точка дотику (-1: О), тоді центр кола (-1; 4).
Рівняння кола (х + і)1 + (у - 4)’ = 16.
2) Точка дотику (2; 0), тоді центр кола (2; 0).
Рівняння ката (х - 2)1 + у* = 16.
47 8.1) (х - 4)я ♦ (у + 5)’ = 25.Центр цього кола (4; -5), радіус 5. Відстань від цент-
ра кола до прямої х - 5 дорівнює 10. що більше від радіуса, а до прямої х " -5
дорівнює 9, що більше від радіуса. Отже, прямі не перетинають коло.
2) х* +(у - 2)’ = 16. Центр нього кола (0; 2). радіус 4. Відстань від центра кола
до прямої у - 5 дорівнює 3, що менше від радіуса, тому коло перетинам цю
пряму. Відстань від центра кола до прямої у » -5 дорівнює 5, тому коло не
перетинає цю пряму.
479. Радіус кола (х -1)* + (у + 2)’ 9 дорівнює 3.
1) Якщо відстань від центра кола до прямої а дорівнює І (менше радіуса), то
пряма перетинає коло;
2) якщо відстань від центра кола до прямої а дорівнює 3, тобто дорівнює радіусу,
то пряма є дотичною до кола.
480. Якщо АВ — діаметр кола (х + 2)’ + (у -2)1 = 16,то його центр О( -2; 2) і є се-
рединою відрізка АВ.
1) якщо 4(2; 2), то координати В(-2 2 - 2; 2 2 - 2), В(- 6; 2);
2) якщо А(-2; 6). то координати В(-2 «24 2; 2 • 2 - 6), В(2; -2).
Відповідь: 1) (-6; 2); 2) ('2; -2).
481. Позначимо координати центра кола О(х; у). Тоді ОА і ОВ — радіуси кола, де
А(2; 3). В(-2; 3). ОА1 -(х-2)1 + (у-3)’; ОВ* =(х + 2)* *(у-3/.
(х-2),+(у-3),«(2^)*.
1) якщо радіус кола 272, то
(х-2)1 + (у-З)1 =(2^)*.
(х + 2),+(у-3)’=(2>^)3;
тоді (х - 2)’ - (х + 2Ґ • 0,
х* - 4х + 4 - х* - 4х - 4 - 0: -8х - І); х - 0;
(0 - 2)3 + (у - З)1 - 8; 4 + у» - бу + 9 - 8; у3 - бу + 5 - 0;
. Р, - 1» У, - 6'
Координати центра кола 0(0; 1) або (0; 5).
242 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А.
13.то
2) якщо радіус кола
(х-2)’ + (у-3)* =(ТЇЗ)а . ,
о ' тоді (х — 2)* — (х 4 2)* = 0;
{х4 2)1+(р-3)1.(ЛзУ;
І х - 0; (0 - 2)* 4- (у - 3)* - ІЗ; 4 4 / - бу 4 9 - 13; у* ву - 0; у(у - 6) - 0;
) У і “ 0, у, - 6. Координати центра кола 0(0; 0) або (0; 6).
Відповідь: 1) (0; 1) або (0; 5): 2) (0; 0) або (0; 6).
482. У кола х’ + у’ 25 исіггр 0(0; 0) і радіус В « 5. Якщо ОА » ОВ « Я,
ЛВ — хорда цього кола.
1) А(3; 4) і 8(4; -3). ОА = ^(3 - 0)* + (4 - 0)* = у9~+їб = 5;ОА - В, АВ - хорда
І кола.
ОВ у/(4 - 0)’ + (-3 - 0)* /16 + 9 = 5;ОВ - Я.
2) А(2/5;-ч/5) і В (-1; 2^6). ОА
то
- Я.
5; ОВ — Я. Тоді АВ — хорда кола. ГЦо
ОА =
й треба було довести.
483. Геометричним місцем точок, віддалених на 5 одиниць від центра кола, буде
коло з тим же центром і радіусом 5.
1) якщо задане коло (х - 1)* + (у + 2)1 9, то г. м. т. (х - 1)* + (у + 2)* = 25;
2) якщо задане коло (х + 3)* 4 [у ♦ 1)* 36,то г. м. т. (х + 3)* + (у + 1) = 25.
484 Якщо коло дотикається до осей коорлинлт х 0 і у » 0 ) заданої прямої, то:
0 + 2
і) якщо х - 2, то центр кола лежить на прямій х -*— = 1 і його радіус Н “ 1.
Також центр цього кола лежить на прямій у 0 +1 1 або у • 0 • 1 -!.
Тоді центр кола (1: 1) або (1; -1). Рівняння кола (х - 1)* 4 (р - 1)’= 1 або
2) якщо у - 5. тоді центр кола лежить на прямій у -™ = 2,5 і його радіус
Я • 2,5. Також центр цього кола лежить на прямій х - 0 4 2,5 - 2,5 або
х - 0 - 2,6 - -2,5. Тоді центр кола 0(2,5; 2,5) або (-2,5; 2,5). Рівняння кола
(х-2,5)* 4 (у-2,5)’ =6.25 або (х + 2,5)* + (у - 2,5)* - 6,25.
486. Нехай центр кола 0(х; у). Коло проходить через точку А(3; 3), а також
дотикається до осі абсцис у точці В(х; 0) і заданої прямої у точці С. Тоді
ОА - ОВ - ОС.
1) Оскільки коло дотикається двох взаємного перпендикулярних прямих х « З
і у • 0, то центр кола лежить на бісектрисі утвореного ними кута — на прямій
у » х + 3. Тоді О(х; х 4- 3).
А(3; ?): ОА* » (х - 3)* + (х + 3 - 3)*; ОА1 = (х - 3)* 4 х’;
Віх-, 0): ОВ* = (х - х)* + (0 - х - 3)’; ОВ* = (х + 3)*;
СХ-3; х + 3): ОС* = (-3 - х
ОА* - ОВ*; (х - 3)* + х* =
х* - 6х 4 0 + Xх =
Тоді у - х + 3; у,
Тоді радіус кола ОВ г , (
Тоді рівняння кола: х* + (у - 3)* = 9 або (х -12)* + [у - 15)"1 = 225
)* + (х + 3 - х - 3)’; ОС1 = (х + 3)*.
(х + 3)’
х +6х + Я; х* -12х = 0; х(х~12) 0;х, - 0; х1 - 12.
0 4 3 « 3; у, • 12 + 3 - 15. Центр 0(0; 3) або (12; 15).
З або ОВ - 12 4 3 - 15.
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А
243
§15. Рівняння прямої
Рівняння прямої: ах + Ьа + с я 0; у = Лх + Ь;--Ц------
У,-!/,
496'. 1) * - 3; 2) к - -3; 3) І; 4) к - -2; 5) * = ->/5:6) к • ^2.
? 49Т. Рівняння прямої у - кх + Ь\ к - а, Ь — відрізок, який задана пряма
>; відтинає на осі орднннт.
г І) у — х - 2. Дама пряма має к 1 І Ь - -2 — мал. 173;
2) у - Зх - 1. Дана пряма має к — 3 і Ь “ -1 — мал. 171;
3) у - -2х + 1. Дана пряма має к - -2 і Ь - 1 — мал. 172.
498.1) Якщо АВ задається рівнянням - у^Ц-.то А(-2; -1), 8(2; 3);
2 4 2 3+1
2) якщо АВ задається рівнянням ® ^2~^2,Т°
499. 1) Вісь абсцис: у - 0;
2) вісь ординат: х - О;
3) бісектриса першого і третього координатних кутів: у - х;
4) бісектриса другого і четвертого координатних кутів: у — -х.
500 . І) Точки, що лежать на осі абсцис: Л/(х; 0); А(5; 0); ВІ -3; 0): С(1.Ь; 0);
2) точки, що лежать на осі ординат: 5/(0; у); А(0; -2); В(0; 1): 0(0; 0,6);
3) точки, що лежать на бісектрисі першого і третього координатних кутів:
Л/(а; а); А(1; 1); В(-2; -2); 0(3; 3);
4) точки, що лежать па бісектрисі другого 1 четвертого координатних кутів:
М(-а: а); А(3; -3); В(-4; 4); С(1; -1);
501°. Рівняння прямої, паралельної Ох - у - а; паралельної Оу х - а.
А(1; 2) А(-1; 2) А(-1; _ -2) А|4; 2) А(-4; 2) А14; -2)
а II Ох с 1 ьа у - 2 Р--2 N 1 а» р - 2 у — 2
ИОу X - 1 х--1 х - -1 х - 4 х - -4 х - 4
502. Проведіть дані прямі; точки їх перетину — вершини прямокутника.
1) х - 2, х - 5, у - -2, у - 1. Вершини-(2; -2), (2; 1), (5; -2). (5; 1). Довжина
прямокутника: 5-2-3; ширина прямокутника 1 - (-2) • 1 + 2 - 3.
Тоді Р - 2( 3 + 3) - 12; 5 - 3 3-9;
2) х — -2, х - 6, у - 7, у - -1. Вершини: (-2; 7). (-2; -1), (6; 7), (6; -1). Довжи-
на прямокутника: 6 - (- 2) -6 + 2-8; ширина: 7 - ( 1) - 7 + І - 8.
Тоді Р - 2(8 + 8) - 32; 8-88- 64;
3) х - -9, х - 4, у - 2, у - 8. Вершини прямокутника; (-9; 2), (-9; 8), (4; 2). (4; 8).
Довжина прямокутника: 4 - (-9) -4 + 9-13; ширина — 8 - 2 - 6.
Тоді Р - 2(13 + 6) - 38; 5 - 13 6 - 78.
503- . 1) <-!: 2)1 (2; -1) ^£1. Х2І, ІІІ . Єї»;
» (.* „ і (2: _2) . ЛХІ. .ЄГЇ;
504.1) Л(2; -3), В(-2; 3), С(в; -3).
-2-23 + 3-4 6 6 + 2 -3-3 8 6
244 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкоаа Н. А.
ЛС-
8-2 -З * З
2)А(1; -2). В(-1; 2». С(5; 10).
Ц,. х-1 у + 2 х-1 су42 х+1_ у-2 хті р-2.
2 + 2’ -2 4 ’ ‘ 5 + 1 10-2’ 6 8 ’
р+ 2 , ж - 1 у + 2.
4 12 ’
А11 — =
-1-1
ЛГ;——,
, 5 І 10 * 2
3)А(-3; 5), В(1;-8), С(2: 0>.
,в х + 3 у-Ь х + 3 у-5
1 + 3 -3-5 4 8
хтЗ у - 5 х + 3 у 5
4< У; -. с -; — - —
г 2.3 0-5 5 -5
; вс: =—- - г , _—і = і—
2-1 ОтЗ 1 З
!и)5 . Складемо рівняння прямої АС і перевіримо, чи.задовольняють координмін
Г точки В цс рівняння:
Iі 1)Л( 3; 2). В(2; 2), С(2; 14).
х + 3 и-2 х + 3 у-2 Г1 . п 2 + 8 2-2 . п
АС: —-- = *—.Перевіримо точку В; —— * —1*0.
2 + 3 14 -2 5 12 5 12
Тонке В не належить АС.
2) 1і А( 1; -2). В(5; -8). С(3; -5).
л — 1 у ♦ 2 х — 1 у + 2 V, 5 -1 -8 + 2 _
Мс* ——- -х ; . Перевіримо точку В: - * —- = 2.
І 3-І -5 + 2 2 -3 2-3
Точка В належить АС.
3) 1)А(4, 2), В(0; -6), С(-4;-2).
ЛС: ~ — ~ — 2 ; ——« К —, Перевіримо точку В: * ———, 1*0.
-4 -4 -2- 2 -8 4 8 4
Точка В не належить АС.
вид* *>
ЙО6.1) А(4; 1). В(2; 3);
2> 44=РІ'тоді л(0; ~3)* в<-2; 2);
-2-І) 2 + 3
3) ^-2-.тодіЛ( І; 2), В(3; -4).
3 + 1 -4 - 2
Н)7., Щоб звести рівняння прямої загального вигляду до рівняння прямої з куто-
[ ким коефіцієнтом, треба виразити з рівняння у.
1) бх - 2у + 3 » 0:
2) у - -2х - 1;
іЗ)у=1х-4.
І
Гтіічкії перетину прямил — по точка кожної з прямих І Рівними відповідними №|
^Бордипатами, тоді виразимо одну з координат в кожному рівнянні прямої І
‘ і прирівняємо Тх. Н
Н)8.1)4х-2у-3-0іЗх + 2у-9«0
2у - 4х - З і 2р - 9 - Зх; тоді 4х - 8 > Й - Зх, 7х - 12, х «-1-2, х » 11.
7 7
12 Л „ 4» Л Л 18 -21 _ 27 27 , 13
2у=4 у-3, Зіі-у-З; 2у«—у—; 2р = у; у, у-1 —.
ж, / 5 13 і
Точка перетину; І 1— .
.7 14 І
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А. & 245
2) Зх - у - 5 - О І Зх + 4у +7 - 0. Тоді Зх - 5 + у і Зх - - 7 - 4у.
5 + у- -7 -4у; 5у--12; !/ = - — : у = ~22. Зх = 5 - 2? Зх-2?,
5 5 5 6
„ 3 13 113— ИЗ. „21
х = 2 - ; 3, х = - - = - .Точка перетину - : -2- ,
б Ь 3 15 V15 5
3) 5х - 7у - 3 - 0 І х у + Б - О. Тоді 5х - 3 + 7у, х = 3 І х - у - 5,
—= У-5.3 + 7у - бу - 25; 7 у - бу - -25 - 3; 2у - -28,
О
у - -14; х — -14 “ 5 — -19. Точка перетину (-19; -14).
509. Рівняння прямої у - кх -і- Ь, де к - а, а Ь — ордината точки перетину прямої
та осі ординат. За умовою 5-0.
Тоді рівняння прямої — у - кх, Л - 1$ а.
1) « - 4Б”, к - чг-іо’ • 1; у - х;
/6 ./о
2) а - 30р. к - чЗО- - у = ~х.
З з
510. Кутові коефіцієнти прямих у - кх і у - кх
рійні, тоді рівні ія а і іу а, (а і а, — кути
нахил у прямих до осі Пх).
Тоді а - а . Ці кути е яідшшідними при
прямих у - кх і у - кх + Ь і січній Ох, тоді
прямі у - кх і у - кх + Ь паралельні.
511. Нехай задано прямі у Л^х +
І у - к*х + брЯКІ нахилені до додатної півосі
Ох під кутами а, і а, відповідно.
11 Якщо а, - а,, то задані прямі паралельні,
оскільки рівні відповідні кути при цих
прямих і січній Ох.
Тоді <8| " отже, Лг, - А1.
2) Якщо Ак — А,, тоді їй “і " ’й сц, звідки
о( - аг тоді прямі у А,х ♦ 5, і у А^х г А,
паралельні, оскільки рівні відповідні кути
при цих прямих і січній Ох. Що й треба
було довести.
512. Рівняння прямої, що відти пес ня осі ординат відрізок е одиниць і проходить
паралельна прямій: у - кх + 1>; у • кх 4- с.
1) якщо вадііна пряма у - бх + 2, то шукана — у - 5х + 5 або у — 5х - 5;
2) якщо задяиа пряма у - - х - 16, то шукана — у - -х + 5 або у - -х - 5.
513. Шукана пряма у - кх 4- Ь, де к — їв а (а — заданий кут), і координати зади
ноі точки задовольняють рівняння у — хі£ а + Ь.
1) Якщо а - 45°, тоді к - і< а - І# 45‘ - 1; у - х * Ь. Точка (-2; 1) належить
прямій, тоді і - -2 + Ь, звідки * “ 3. Рівняння: у - х * 3.
2) якщо а - 60 , тоді А - їд а - іу 60’ - у « чЯх 4- 5.
1«чЗ-2+А;б»1- 2<3. Рівняння; у = 73х + 1 - 2уЗ.
514. Знайдемо середини сторін трикутника і складемо рівняння прямих, яа яких
лежать ці тачки.
1) 4(2; -3); В(-2; 3), С(6; -3).
2-2, -3 + 3
2 * 2
2 + 6 -3-3
2 1 2
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І,, Тарасенкова Н. А
Середина АВ:
середина АС:
(0; О): середню, ВС:
-2 + 6 3-3
2 : 2
Л2; 0):
<4; -3).
246
Середина АВ:
середини ВС:
(0; (І) 1 (3; 4)
(0; О) і (2; б)
Для точок (0; 0) і (2; 0) пряма * ** = * = ^у - 0.
• £ - V V - V 4 О
Для точок (0; 0) і (4; -3) пряма , 4у
іш п. х - 2 у - 0 х 2
Для точок (2; 0} і (4; -3) пряма --= —----------”
р«-?(х-2),р=-®х4 3.
Л £
З з
Відповідь: у — 0, у • - х. у « - -х + 3.
2)А(1; -2); В(-1; 2), С(5; 10).
г1-1 -2 + 2
* ; — ...
2 2
-115 2410
2 5 2
Рівняння дія:
„ З
-Зх. у —х.
4
ЇТа-ТаТо’-а”-^-2'"311' 2К
(О; О); середина АС:
1 + 5 -2*10
.* « , — — х*н —
2 2
.(3: 4);
1.(2; б).
3-0 4 — 0
X 0 у -0
2-0’6-0’
Х^З р^4
2-3 6-4"
XV 4
3'4;УЖ3Х>
£=Лу-Зх.
2 Є *
^- ^.2(х- 3)
(3; 4) і (2; б)
у -2х + 10.
4
Відповідь: у = -х.у - Зх. у - -2х + 10.
З
18. Нехай квадрат зі стороною а розмішено, як на ряс. Тоді АС = ВО = ам’2
Л’.ТЛЧ'Л’ЛУгЛ
З
2
ло - ос « ов = оо « —2.
2
Оскільки ОА - АВ, то дАОВ — рівяобедрений
і хВАО - 45е, і« /ЛАО - Iе; оскільки ордината
В: - . то АВ: у == х 4 ~~~ ОС || ЛВ і ордината
_ а> 2 а^2
точки В — ------, то у * х--“ .
2 2
Кут нахилу до додатної півосі Ох прямої
У А
В
С
О
ВС - 135* (180 - . ВСО), іВ 135" - -1. Тоді ВС: у -х + - -- .АВ:
А
2
818. її Зх - Зу + 1 • 0; Зр - Зх + І; у = , у = х 4 - :Аг - ід а » 1.
тоді а - 45''; 3 3
2) 2х + 2 у - 5 “ 0, 2у “ 5 - 2х, у = > .V » -X ♦ |;Л - їй а “ -1,
тоді а — 135'.
В10. Знайдемо точки перетину прямої з координатними осями і -знайдемо відстань
д між цими точками.
1) 5х - 12р 4 3 — 0.
Нп осі Оу: х - 0, тоді -12у 4 3-0, 12р - 3, у - ~
4
0:4
:: ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А
247
я
На осі Ох: у — 0, тоді 5х +• 3 - 0, 5х — -3, х = - —
5
Г г і
Гіг0
Зі 4г- 2у - 3 * 0
4 =
'9 І
¥25” 16
144+1
25 16
н
/145 ,145
5 4 20
ьа осі (/у: х - <>, тоді -2у - 3 " 0, 2у - -3, у = —
з
па осі Ох: у - V, тоді 4х - 3 - 0, 4х - 3, х = -
З
Ґ
*;0
4
О;
З
2
О--3]’
4
9 9
16 ’ 4
Відповідь: 1) ;3) —.
20 4
сі '
+ І-3-0
2
0; у - 2 - 0, у - 2; (0; 2);
2
З
520. Якщо дві сторони трикутника лежати на осях К’Юрдяниг, то цей трикутник
прямокутний і його площа — п і здобуток катетів.
Знайдемо координати точок перетину третьої сторони з осями координат і за
ними катеїи.
1) Зх 4 у - 2 “ 0
на осі Оу: х
2
на осі Ох: у - 0; Зх - 2 *• 0; х = -
З
9 19 9
Катети 2 і 8»- 2 - --.
З 2 3 3
2) 5х - 12р + 24-0.
на осі Оу: х - О; х - ІЗр І- 24 - 0. 12р - 24, у - 2; (0: 2);
на осі Ох: у - О, 5х + 24 " 0, 5х - -24, х - -4,8; (-4.8; 0).
Катети 2 і 4,8. 8 = і - 2 4,8 = 4,8.
2 “
Відповідь: 1) - ; 2) 4,8.
З
521*. Припустімо, що прямі мають спільні точки, тоді мас розв'язки система рів
нянь:
(Зх + 4у - 2 = 0.
Зх + 4р - 3 - т* = 0;
рівність т1 = -1 неможлива, а отже, система не мас розв'язків, спільних точок
у прямих немає.
О .
Зх + 4у - 2 0,
-2 + 3 + т1 • 0;
Зх + 4у - 2 = О,
т: = -1;
522*. Нехай прямі у^кх^^ 1 ув-Ах^А
перпендикулярні і їх кутові коефіцієнти
А, = 1&О,, к, = їда,, " 904 + а (зовнішній кут
утвореного прямокутного трикутника).
Тоді А, = 18(90 -га)»-сік<ї.
525*. Коло має центр (0; ») і радіус Я.
Тоді дотичні:
1) паралельні осі абсцис: у - Я. у - -Я;
2) паралельній осі ординат: х - Я. х — -Я.
534. Точка перетину графіків їх руху (2; 0.5). Зустріч відбулась через 0,5 години
від початку руху нь відстані 2 км від А.
248 В ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А.
ІЄ Координатний метод
ПАЮ; 0), В(0, 3), С(2; 0);
8)41-1; 0). В(-1, 3), 0(1; 0):
ЗіЛ(1; 1), 3(1, 4), 0(4; 1).
ІЗб . 1) мал. 18б. гак;
Г 2) ні, на мал. 187. В(0. 2), 0(2; -І);
3) пі, на мал. 188. А(3; -2), С(3; 2).
137'. 1) вісь Ох містить ОВ, вісь Оу — АВ. А — початок координат;
і 2) вісь Ол містить АВ, вісь Оу проходить паралельно АВ нн ВідСТаШ 2 кліт. під
І АВ (між АВ і СЛ), початок координат — точка, що лежить на АЛ на відстані
2 клітинки від А;
| 3) вісь Ох містить АС, вісь Оу ВО, початок координат — точка перетину діа-
у А
С
, гоиалтЙ квадрата.
-38 Розмістимо прямокутний трикутник АВС так.
Р«к сказано а умові. Тоді координати вершин трикут-
ника:
1> якщо од. відр. 1 см, то А(0;0), В(б:О), С(0;8);
21 якщо од. відр. 0,5 см. то А(0:0). В(3:0), СЮ;4);
31 якщо од. відр. 2 см. то АЦР.О), В(12;0і, С(0;16).
539'. Розмістимо квадрат АВСО зі стороною 2 см так, як
г сказано м умові. Тоді координати вершин квадрата:
1) Рис. 1. А(0;0), 3(2:0), С(2;2), £н0;2);
2) Рис. 2. АЮ;2), В(0;0). С(2;0). 2X2.2);
І) Рис. 3. МС - 1 ЛС - 1 а 42 - * • 2 - 72 « 72 ;
2 2
8
1)
м
в
х
У*
2-0)’+ (0-8)’
З
2
’ 2
0. Розмістимо трикутник АВС так, щоб його катети лежали на осях координат,
вершина тупого кута в початку координат.
Тоді координати його вершин С(х; 0), А<0; у), ВЮ; 0).
Нехай медіани лАВС АМ, ВК, Сії. Тоді координати
I Д£ 1 | 1/1
середини катетів МІ —; 0 І, -¥| 0; — І, К
І З і і х* і
ВК* '(0-2)' + О-?
х.У І
2’2!’
оскільки КМ і ЯЛ’ — середні лінії +АВС.Тоді:
1) якщо АВ * 8 - у, ЕС - і - і, то А(0; 3), С(2;0), М(2;
/ О А / 3 \
0), ІЇ 0; К 2; |.Тоді довжина медіан
у * £
2'
9
4
Відповідь: 1) 713 ;2) 2,5: 3) 2.5.
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасеикова Н. А
249
2) якщо АВ - 5, ВС - 12, то А(0; 5), С(12; 0}. Л/(6; 0). N 0; -
І 2
Довжини медіан: АМ > ^(0 - 6)* +(5 - 0)* = ч 36 + 26 = Тбї;
САГ« /(12-0)’ -Л 0 = 144 + ^ = 2^1;
V . І 2) V 4 2
ВК - <(0 6)’ + О-Л) = л36+ —.
V ' V. 2 7 V 4 2
Відповідь: 1) 7б1; 2) | <601; 3) 0,5.
3) якщо АВ - 7, ВС - 24, то АГО; 7). С(24; 0), 5/(12; 0), 0; - . К
2 І
Медіани: АМ - - 12)’ + (7 - 0)’ ч144~49 .193 ;
4
СН = 1(24 - 0)’ +| 0 - - 1 = л576 +
V 2 V 4 2
ВК = 1(0-12)’+|0--1 = 1144 +— = .1^5 —.
1 ' 2^ V 4 V 4 2
Відповідь; 1) 71*3;2) - 72353 ;3) 12,5.
2
541. Розмістимо лАВС, щоб основа АВ лежала на осі Ох, а вершина С — на осі
Оу. Тоді медіана, бісектриса, висота СН лежить на осі Оу,
координати Н(0; 0); С(0; і/); ВІ 0 . АІ —; 0 І,
І 2 І І 2 І
2
де х - АВ. Якщо М — середина ВС, то М\ —; - І.Т
(4 2}
1) якщо АВ - 12 см, СН - 4, то А(-6; 0), МІ 12; -
____________________________ 14 2
М(3;2). АЛ/ = ^/(-6-3)’+(0-2)’-78174 = 785;
2) якщо АВ - 4, СН - 6, то А(-2; 0), 5/(2; 3),
АЛ/ = ^2 -2)* + (0 - 3)’ - 716 7* = 5;
3) якщо АВ - — ,СН - 6. то АІ 0 . М З
З ( 3 ) З
АМ = +(0-3)“ -74’ +3і « 716^9 =5.
V о О І
Відповідь: 1) 785; 2) 5; 3) 5.
542. Розмістимо ромб АВСО так, щоб йоїхі діагоналі лежали
на осях координат, а точку перетину діагоналей розмісти-
мо в початок координат.
Тоді координати В
гоналей ВИ і АС.
Нехай МІН — середини АВ І СВ відповідно. МН || ВС
і МН - ВС.
1) якщо АС - 6. ВВ - 8, то В(0: 4), С(3; 0);
ВС = ^(0 -1)’ + (4 - 0)’ = ч9?їб - 5;
°=і
V 1
С і —; 0 і, де х — довжини діа-
Л *
250 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А.
2) якщо АС - 10, ВО - 24. то ВЮ; 12). С(5; 0);
ВС - ^(0-5)* + (12 - 0)* = 725 4 144 = 13;
3) якщо АС - 14. ВО - 48, то В(0: 24). 0(7; 0);
ВС ^(0 - 7)’ + (24 - 0)’ « ч49 + 576 - 25.
Відповідь: 1) 5; 2) ІЗ; 3) 25.
МЗ, 1) Нехай правильний шестикутник АВСОЕЕ мас сторону а, О — точка пере-
у м
ґ*
I" типу діагоналей, і лежить у початку координат, СЕ> пара-
I лмміа Ох. СО - ОЕ. тому: Е(а; 0), В(-а; 0). Нехай К —
точка перетину СО і осі ординат, тоді ОК — радіус впи-
-./• •/_ _ /Х\ /л ХЧ
а 4 а\3
2’~ 2 ’
ганою кола, ОК = ——; тоді О
2
а 4 адЗ і
2*2 І
С
О
В
Г
2 2
ч
а ф ад
2:' 2
С
2) За заданої умови А(0; 0), Г(а; 0). АС — менша діагональ, і вона дорівнює двом
Тоді В -
радіусам вписаного кола. АС = 2 • в а7з,
2
тоді С(0;о73), В(а;а73) Проведемо ВН 1 ОЕ,
1ВН « НО = ч ВАГ- ВН1.
но = .[а* - І = .Іа*З®* ж = Я.
г V ! 2 ) ’ 4 V 4 2
а а>'3 о а>3 Зо ауЗ
X» ~Х“ • Ь, а + —;--- . Е —;----- .
2 2 | 2 2, 2 2 ]
Ь44. Дані квадрати симетричні відносно осі Ох або осі Оу.
При симетрії відносно Ох кіюрдннати вершин спільної
сторони співпадають, а дві інші мають ті ж самі абсциси
і протилежні ординати.
При симетрії відносно Оу координати вершин спільної
сторони співпадають, а дві інші мають ті ж самі ординати
І протилежні абсциси.
45. Так Наприклад, трикутники з вершинами (2; 2).
(2; 4). (4; 2) і (і; І). (1; 2), (2; 1).
47. іехпй у точках А, В, А/і # такі координати:
Т(л; у),А (а, Ь), В(с;гі),тоді Лі —|-
ТАг + ТВ1 =(х-а)* т(у-Ь)’ + (х-с)*+(у-4У =
» х1 - 2ах + а‘ + у* - 2Ьу + Ь* + х* - 2сх + с* + у* - 2<іу + 4* •
2х’ + 2уг + а* + Ь1 + с’ + сі* - 2ах -2Ьу-- 2сх - 2<іу.
+ 0.5(а* - 2ас + с* +Ь* - 2М + </*) » 2х* 2(а + с)х + , +
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А. 251
+2/-2(Ь + (ї)і/ + ^-^-+^-агЛ + ^-мЛ = 2х,+2/'2ах-
Л ш £ £ X
-2сх 4 4 ♦ ^- - 26у - 2<іу т + И 4у + у - -де 4^-4у>(Г4у -
з 2г* 4 2у’ + а1 4 Ь* + с1 + 4’ - 2ах 2Ьу - 2сх - 2<іу.
Отже, ТА' 4 ТВ1 ' 2ТМ* - 0,5Ай*.Що й треба було довести.
549. Розмістимо прямокутник АВСО так, щоб вершина А була в початку коорди-
нат. в дві сторони АВ і АО лежали на координатних осях Оу і Ох відповідно.
І нехай сторони АВ - о, АО - Ь. Тоді координати вершин А, В. С 1 О:
А(0; 0). В(0; а), Р(Ь; 0), С(Ь; а).
АВ* - а», АО* "• Ь3.
АС1 (0 - Ь}' + (0 - а)’ » Ь* т а1'. У прямокутника діагоналі рівні, тому
ВО* « а1 4 Ь*.
АС* + ВО* 2(а* +5*) « 2ІАВ3 + АР1), тобто в прямокутнику сума квадратів
діагоналей дорівнює подвоєній сумі квадратів суміжних сторін. Що й треба
було довести.
550. Розмістимо прямокутник АВСО так, як у задачі 549. Нехай АВ — а, АО - Ь.
А(0, 0), В(0; а), £ЦЬ; 0), С(Ь; а). І нехай у довільної точки М площини координати:
М(х; у). Тоді:
МА* = (х - 0)* 4 (у - 0)’ = х* 4 у*; МС1 = - Ь)’ 4 (у - а)’;
МВ* = (х-О)' 4(у-а)‘ = х1 +(у-а)’; МО* «(х-ь/ 4(у-0)*.
МА1 4 МС* » х* + у* +(х -Ь)3 + (у ~ а)1; МВ' 4 МО* - х* 4 (у - а)’ + (х -Ь)3 4 у’.
Отже, МА1 4 МС* я МВ* 4 МР’. Що й треба було довести.
551. Розмістимо квадрат АВСО зі стороною а так, щоб першина А була в початку
координат, а дві сторони АВ і АО лежали на координатних
осях, Тоді: А(0; 0), В(0; а), О(а; 0), С(а; а). І нехай у довільної
точки М, шо лежить усередині квадрата, координати: М(х; у).
Тоді МАг = (х-0)1 + (у-0)*-х* 4 у1;
МВ* »(х-0)’ т(у-о)’ = х’ + (у - а)1; МС* «(х-а)1 + (у -«)’•
1) якщо МА “ 7, МВ 13, МС — 17, то
х* 4 у’ 49,
х* 4 (у - а)3 = 169,
(х - а)* 4 (у - а)’ 289;
х* 4 у* • 49,
х* 4 (у - а)‘ - (х1 4 у') 169 - 49.
(х - а)’ 4 (у - а)* - (х1 4 (у - а)*) = 289 - 169;
X* 4 у* = 49.
х" + у* - 2ау + и’ -/ - / 120,
Xх - 2ах 4 а1 4 {>"6/ - Xх - 120;
х’ 4 у1 « 49.
-2а у + а1 120,
-2ах ♦а* = 120;
Xі 4 у* = 49,
-2ау 4 В3 = 120.
-2ау 4 в1 - (-2ах 4 а’)« 120 -120;
Xі 4 у* • 49.
^2ау 4 а' 120,
-2ау + 2ах 0;
Xі 4 у* » 49,
-2ау 4 а* = 120,
2ах 2ау;
х* 4 у* 49.
-2ау 4 а* » 120,
х « у;
252 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А.
2у* — 49
7
Тоді: -2а + а*-120 = 0; а’-7а/2-120 = 0; а
у2_____
в.І^+
2 V 2 2
АС » а^2; АС = 12/2 • /2 - 24.
Відловів, 12/2 і 24
2) якщо МА - 1. МВ - <5,Л£С — 3, то
х + іг1 = 1, х* ♦ у* 1,
х* + (у-а)’ = 5, -2ау а -4,
-2ах + а"' = 4;
Д-Л +Цж МаїаЛ.
(ж-в)* +(у-а)1 = 9;
у1 - і, у ~ -і».Тоді;
1. т а’ = 4: а
/2
З 4
-2аи + а1 = 4.
х у;
2
2/2; тоді ЛС = 2/2 /2-4.
1 ,1 + 8
/£ 'N 2
Відповідь: 2 ч'2:4.
052. Розмістимо заданий прямокутний трикутник так, щоб вершина прямого кута
мала координати (0; 0), а Інші дві вершини (0; 6), (а: 0]. Тоді
Я > а
Я>Ь’
центр кола лежить у точці (0; 0». Якщо
то коло гіпотенузу не перетинає.
В > а.
або
В<Ь
Якщо
1) а - б, Ь - 12. Н - 4.
Н < щ ,
. або
к<ь
П < а,
то коло гіпотенузу перетинає.
Я > Ь,
Я<а,
, тоді коло не перетинає ті
Я <Ь
а »
дотенузу;
2) а * 20 Ь 15, Я " 12.
В < а,
, тоді коло гіпотенузу не перетинає.
Н<Ь
ДМ’. Розмістимо паралелограм АВСО так, як показано на мал. Нехай ЛИ - «, ви-
сота ВН •“ 5. ОН - с. тоді А (0; 0), /Ха; 0). К(г: 5). С(а + с; Ь).
ЛЛ1 =(с-0)’ +(6-0)’ =? +61
АІ>* = а*.
Сума квадратів сторін: 2(АВ + АО'| = 2 (а1 + Ь1 + с ).
АС* ® (а-е-0)8+(6 0)’; В1У = (с-□)’ +(6 - 0)’.
У*
Тоді 2(АВТ + АЛг) * АСг 4 В1)\
Отже, у паралелограмі сума квадратів сторін дорівнює сумі квадратів його
діагоналей. Що Й треба було дож-м и
655*. Розмістимо трапецію АВСО так, як показано на малюнку. Нехай основи
трапеції АГ) - а, ВС - Ь, висота ВН - с, АН - <1. Тоді А(0; 0), Л(о; 0). В(сГ; с),
С(сІ + 5; с). Нехай ЛГ І N — середини діагоналей АС і Вії. Тоді
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А
253
ґ 0 4 сі + і, 0 4 сХ +
М[—2~; —Мі-2-,2[
.,(4 та с + О\ х/в + ^ЛЇ
"І —’т}лЧт'-5}
Оскільки ординати точок М і N рівні, то МА’
паралельний осі Ох.
(<ІіЬ в+4і' |’с <• / ( </ тЬ-о-гі V _ І а )
я ( 2 2 2 2 І 2 І 2
Л-а
2
— — .Тобто відрізок, що сполучає середини діагоналей трапеції.
2
млг«
паралельний основам І дорівнює піврічниці основ. ІЦо А треба було довести.
ТЕСТОВІ ЗАВДАННЯ
1°. А(1; 2), В(2; 1) АВ = ^1-2Ґ + (2~ 1)‘ - л/Р -41і -^2.
Відповідь: В.
І -3 + 5 0 4 6 \ .
2 . Л/(-3; 0). Н(Ь: 6). Координати середини відрізка І —-—; — - |.< 3>-
Відповідь: Г.
З . Центр кола (х -1)’ 4 (р - 3)* 16 -0(1; 3). Його радіус Н = 7Гб • 4.
Якщо А(4;-1). то АО = ^(4 — 1) 4-(-1 — 3) = і/о 4-16 = 5. АО > Я.
Відповідь: В
„ Х4-3 У-1 Х43 у-1
4.ЯкщоР(-3; 1), 7X2; 4), то РТ: ТГЇ’
2 4 3 -4 — 1 О О
—5(х 4 3) - 5(у - 1); х 4 3 - 1 - у; р - 1 - х - 3, р - -х - 2. * - -1.
Відповідь: Б.
5*. Розмістимо лАВС так. щоб основа АС лежала на осі Ох, а вершина В — на осі
Оу. Тоді висота ВИ — медіана і АН > НС = — 5 (см).
Оскільки ВН - АС 4- 2, то ВН •• 12 см.
Тоді: А(~5: О), В(0; 12), С(5; 0), Н(0; 0).
Середина К висоти: К
«
040 12 4 0
2 ’ 2
04 5 12 4 0
2*2
6
21.
2'2’
;К(0; 6).
Нехай М — середина ВС. тоді М
М 6) І Середина N медіани АМ: N
І 2 '
N -®;ЗІ.
4 І
Г 5? вЧ» .'25 НбО 13
Відстань КИ "ц0+4 +(6“3) ~ + 19 - ж
Відповідь: Г.
254 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А.
РОЗДІЛ IV. ГЕОМЕТРИЧНІ ПЕРЕТВОРЕННЯ
* 17. Переміщииня
466'. Ні. оскільки при переміщенні зберігаються відстані, тому трикутник буде
Г переведено в рівний Йому трикутник.
І 667.1) У -»Г;
2) АХ -»СХ', ХУ -> Х'У;
3) АХ-їСХ', ХУ -» ХУ'; ЯУ-г ДУ”, оскільки при перє-міщенні відстані
. вберігаються і відрізки переводяться в рівні їм відрізки.
^68'. При переміщенні відстані між точками фігури К і Р зберігаються. тому фі-
кгура Р рівна фігурі Р.
М9’1. Якщо АВ -ь А’В'.то А ♦ А', В -♦ В’.а оскільки відстані між точками збері
І гаються, то АВ -* А'В'.
І) АВ > А'В', не правильно;
2) АВ А’В', правильно;
3) АВ < А'В!. не правильно.
670 . Якщо АВ СО. то АВ - СО. Тоді:
1) якщо АВ - 4 см. СО - 6 см, то АВ * СО, отже, такого переміщення не
існує;
2) якщо АВ - 5 см, СО - 5 см, то АВ - СО, отже, таке переміщення існує.
671 Якщо точка А переводиться в точку В. то і всі точки кола з"\
А переведуться в точки кола з центром В і радіусом 3 см. / д
Побудуйте це коло. \ * /
676. При переміщенні кути переводяться в рівні їм кути; сторо-
І НИ — у рівні їм сторони.
1) Якщо /А - ПО0. ДО* - 120 , то у дА'В'С' 4А' - 110”; тоді у лА'В'С' два
тупих кути, що неможливо;
2) якщо /С - 20й. £А‘ - 60°. то у АВС /А - 60', тоді ХС - 180 - (20 + 160г) -
і — 100 . що можливо;
3) АС - 6 см, А'В' - А С’ - 3 см; тоді АВ - АС - 3 см. У дАВС АС - АВ ¥ ВС.
що неможливо,
Відповідь: 1) ні; 2) так; 3) ні,
577.1) Якщо діагоналі квадратів рівні, то рівні і їх половини (діагоналі перетина-
ються і точкою перетину діляться навпіл), а також рівні кути, що утворюють
ся при перетині діагоналей. Тоді рівні рівнобедрені прямокутні трикутники, на
які квадрат розбивається діагоналями. Тоді у таких квадратів рівні 1 сторони.
І кути між ними (прямі).
2) Якщо периметри двох квадратів рівні, то рівні і їх сторони, кожна з яких
дорівнює чверті периметра. Отже, квадрати рівні.
Відповідь: 1) так; 2) так.
578. 1) Ні, не обов'язково рівні. Довжини сторін прямокутника залежать від купе
між діагоналями. Якщо ці кути у прямокутників не рівні, то не рівні і прямо-
кутники.
2) Ні, ке обов’язково рівні. Наприклад, у прямокутників зі сторонами 3 см
і 4 см периметр 14 см, 1 зі сторонами 2 см і б см периметр 14 см. але прямокутники
не рівні. ------.
579.1) Сектор ВОВ дорівнює сектору АОС. оскільки централь- С/ \ В
пі кути їх рівні (як вертикальні кути), і рівні радіуси ОС - І £ і
- ОВ - ОВ - ОА. А ' /
2) Сектор АОВ дорівнює сектору СОВ. оскільки ЛСОВ - /АОЛ А
(вертикальні) і ОС " ОА - ОВ “ ОВ.
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А. :•$< 255
580. Ні, не обои'я.ік іко. Наприклад, фігура Г складається
з двох квадратів: І фігура Г* складається з двох рівних
Ти квадратів.
582. Довільний трикутник яг можна поділити на дш рівні
частини. Такий поділ можливий для ріннобедреного три
кутника (поділ по прямій. їло містить висоту» проведену до основи).
583. 1) Переміщення переводить сторони у рівні їм відповідні сторони, тоді три -
кутники рівні за трьома сторонами.
2) Паралелограм розбивається гногю діагоналлю на 2 рівних трикутники. Роз-
глянемо паралелограм, який розбвивсться меншою своєю діагоналлю на 2 рів-
них трикутники. Переміщення переводить КОЖНИЙ З НИХ у рівні їм трикутники
зі спільною стороною, яка с меншою діагоналлю.
Тоді паралелограм переводиться переміщенням у рідний йому паралелограм.
5в4, Розіб'ємо паралелограми АВСО і А'В'СО діагоналями ВО і В О' ня трикут-
ники лАВО. лСОВ, ьАВО, еСО В'. При цьому лАВО -»СПВ, лА'ВТУ =<С'О'В',
АВ!> * АЇЇО', оскільки АВ - АВ', 40 - А'О , /А - гА\ £І)В —С'О'В'. Пара
лелограмн АВС’Л і А’В’СО рівні.
585. 1) Якщо у паралелограмів рівні діагоналі І кути між ними, то рівні полови-
С
С'
нн діагоналей, які утворюють трикутники, і кути між цими сторонами трикут-
ників. Тоді попарно рівні три кути яки. а отже, відповідні сторони паралелогра-
мів. З рівності трикутників маємо і рівність відповідних кутів паралелограмів.
Отже, паралелограми рівні.
2) Нехай у паралелограмів АВСО
і А В СО рівні АО - А Р',
АС - А С , ВО - В’О.
Тоді АО - А'О", ОО - СгО (як
половини рівних діагоналей).
Тоді лАШ> лА'о'О' (за грьо
ма сторонами).
/АОО — їА'О'О, /.0Л1) * 2.0 А О. Тоді /.ВОА • /В'ОА’ (суміжні рівним ку-
тая). ВО « ВО’, отже. лВОА "лВ'О'А* (за двома сторонами і кутом між ними,
тоді АВ - А'В\ /ВАО - /ВАО і /.ВАЛ /В'А'О. У Паралелограмів АВСО
І А'В'СО АВ А'Я\ АО - А'О і дА - /А', годі "иролшіограми рівні.
3) Ні, наприклад, у паралелограмів зі сторонами 5 см і 8 см та 2 см і 6 см пе-
риметри рівні, але паралолограми не рівні.
4) Так, оскільки, якщо рівні дві суміжні сторони паралелограмі а і зовнішній
кут, то рівні дві сторони і кут між ними (якщо рівні зовнішні кути, то рівні
і суміжні ім). Тоді паралелограми рівні.
589. 1} Побудуйте квадрат зі стороною 3 гм і розбийте його на й квадратів з доь
жиною сторони 1 см. Поділіть квадрат, що знаходяться в кутах квадрата, нав-
піл діагоналями. Побудова фігури дорівнює даній на мал. 203.
Для обчислення площі знадобиться однії вимір — довжина сторони квадра-
та — 1 см, Площа всього квадрата 5В< “9 1 9 (см-1). Незапггриховавь фі-
гура складається з 2 повних квадратів 1 2 квадратів, складених із їх половин
(трикутників). їх площа 5-4 1*4 (см1). Тоді площа заш гри хованої фігури
5# - 9 - 4 - 5 (см*).
2) Якщо сторона правильного шестикутника 2 см, то і радіус описаного кола 2 см.
Побудуємо коло з радіусом 2 см і поділимо його на б рівних частин за допомо-
гою циркуля з розхилом 2 см. Точки поділу кола — вершини шестикутника.
Па одній зі сторін побудуємо квадрат зі стороною 2 см. Площа заштрихованої
фігтрн — площа правильного шести кутника без площі квадрата.
256 $$ ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А- ШШІв
,8
Відповідь: 1) 5 см1; 2) 2(3>/3 - 2) см1.
і В. Симетрія відносно точки і прямої
?, Н«і мал. 228(а) ОХ - ОХ', але точки О, X, X' не лежать на одній прямій, тому
X і X’ не симетричні відносно т. О.
На мал. 228(6) точки X1X’ симетричні відносно т, О, оскільки ОХ - ОХ і точки
О, X. X* лежать на одній прямій.
На мал. 22в(в) точки X, О, X лежать на одній прямій, але ОХ * ОХ'.
в'. Для відрізка АВ побудуйте точки А' і Вг, симетричні точкам ДІВ відносно
т. М, Відрізок АВ симетричний відрізку АВ відносно т. М.
>4)3’, На мал. 229(а) XX’ не перпендикулярний прямій І, тому X і X' не симст
["Г рнчні відносно І.
На мал. 2290) XX' X і,але точки X і X’ лежать яа різній відстані від прямої /,
ктому X і Xі не симетричні відносно І.
На мал. 229(в) XX' 11 і X і X' лежать на рівних відстанях від прямої І.
>94'. Через точку Л/ проведіть пряму, перпендикулярну проведеній прямій а. На
перпендикулярній прямій з іншого боку від прямої а відмітьте точку А* так.
щоб відстані від точок М і N до прямої а були рівні.
’ З’єднайте точки А і В відрізком і за допомогою циркуля і лінійки поділіть
Його навпіл. Середина АВ — центр симетрії точок А і В.
>97’. 1) Для побудови трикутника, симетричного лАВС
відносно аерпіиии С, продовжимо сторони АВ і ВС
' за точку С і відкладемо СА’ - СА. СВ’ “ СВ. Тоді
А’В — симетричний АВ 1 лСА'В' симетричний лСАВ
від носно точки С.
2) Для побудови трикутника, симетричного
лАВС відносно т. О, дв О є ВС. ВО •“ ОС.
проведемо пряму АО 1 відкладемо на ній
ОА‘ • ОА. Точка А’ симетрична А відносно
т. 0, В — точці С відносно т. О, С — точці В
відносно т. О. Тоді ЛА'С симетричний лСАВ
відносно т. О.
3) Для побудови трикутника, симетричного лАВС відносно
т. К, яка лежить поза трикутником, проведемо прямі ВК.
СК. АК 1 відкладемо від точки К на цих прямих відрізки
КВ1 - КВ. КА' - КА, КС - КС, тоді лАВС симетричний
лАВС відносно т. К.
8 1) Т. А* симетрична т. А відносно 0(0; 0) — Л’( 3; -б);
2) точка А* симетрична т. А відносно ПЗ; 0) — А'(3; -5);
3) точка А” симетрична т. А відносно О(-1; -1) —
А*(-4; -6).
В'
VI
А'
•А(3; 5)
•С х
699’. 1) Відрізок АВ, де А(2; 2), В(6; 6), 0(0; 0) — центр симетрії, тоді симетричні
точкам А і В точки А’ і В" мають координати: А‘(-2; -2), ВЧ~6; -6).
Виконайте побудови. А'В‘ — шуканий відрізок.
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А
£
257
2) Проведемо прямі ВМ і АМ (М(4; 0)) і на них відкладемо
від точки М відрізки МА* - ЛМ, МВ* МВ. А* —
симетрична А, В' — симетрична В відносно т. М, тоді
А'В' — шуканий підрізок.
3) Продовжимо відрізок АВ за точку А. На продовженні
відкладемо від точки А відрізок АВ' АВ; В' —
симетрична В відносно А. Тоді АВ" — шуканий
відрізок.
600 * і 2 * * * * *. З’єднайте центр кола — точку О і заданий центр
симетрії і побудуйте точку, симетричну точці О від-
носно центру симетрії. Одержана точка — центр кола, симетричного даному
відносно заданого центра. Побудуйте це коло, враховуючи, що радіус дорівнює
радіусу заданого кола.
601 ®. Побудуйте відрізок Мії і побудуй^- серединний перпендикуляр до ММ. Одер
жаний серединний перпендикуляр — шукана пряма І.
І У задачах 602— 605 для побудови точок, симетричних даним відносно прямої,
опустіть із точок перпендикуляри до осі симетрії, продовжіть їх і на продов
женні відкладіть відрізки, що дорівнюють відстаням від заданих точок до осі
симетрії.
602°. У випадках 1) і 2) побудуйте точки, симетричні вершинам трикутника АВС
відносно прямої І. Одержані точки — вершини шуканого трикутника.'
3) Якщо АС — вісь симетрії, то точки А і С симетричні самі собі. Побудуйте
точку, симетричну точці В, і з’єднайте з точками А 1С. Одержаний трикутник
— шуканий.
605і. Побудуйте точку, симетричну центру кола відносно заданої осі симетрії,
і з центром в одержаній точці побудуйте коло того ж радіуса.
606.1) У точок, симетричних відносно осі Ох, ординати протилежні:
А(-4; 5)-> А'(-4;-5).
2) У точок, симетричних відносно осі Оу, абсциси протилежні
т. Л(-4; 5) -> А'(4;5).
607а. Змінимо ординати точок на протилежні. Тоді:
1) якщо А(2; 1), В(4; 1), то А'(2; -1). В'(4; -1);
2) якщо А(-3; -3), В(3; 3), то А‘(-3; 3), В (3; -3);
3) якщо А(3; 2), В(6; 4), то А(3: -2), В(6; -4).
610. Дано; пряма АВ; т. С« АВ;і. С — центр симетрії, А' — симетрична А, В' —
симетрична В. А В
Донести: А'В' || АВ.
Доведення' Проведемо АС і відкладемо СА' “ СА; ВС
і відкладемо СВ' • СВ. •
Проведемо пряму А'В’. Розглянемо ^АСВ і дА'СВ': \
/АСВ - /А'СВ' (вертикальні). СА' - СА, СВ' “ СВ, В
тоді дАСВ =аА'СВ’ за двома сторонами і кутом між
ними. Тоді £СВ'А' - £СВА, тобто внутрішні різносторонні кути при АВ і] А'В1
і січній ВВ' рівні, тоді АВ Ц А'В'.Що й треба було довести. в
611 .Дано.* ьАВС;О — середина АС; О — симетрична В відносно О.
Довести: АВСО — паралелограм. / N.
Доведення: АО — ОС за умовою; ВО - ОО за побудовою. А С
Тоді діагоналі чотирикутника АВСО АС і ВО перетинаються N. /
й точкою поділу діляться навпіл, тоді АВСО —
параделогра м. О
258 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А.
1, Точки, симетричні відносно початку координат, мають протилежні коордн-
Йм.
1) А( 1; 2), В(4; в), С(7; 3), тоді А'(-1; -2), В(-і; -6), С(-7; -3).
XI 4(4; -2), В(1; 2). С(-2; 6). тоді АЧ- 1; 2). В(-1; -2), С(2; -6).
Аі 3. її Так. це середини відрізка: 2) ні; 3) так, це центр кола.
Ч ї 4 Поділимо сторону АС' навпіл точкою О ІІооудуямв точну О, симетричну точці
Г В підносно т. О. Чотирикутник АВСО мас центр симетрн — точку О точку
І йерсіиіп його діагоналей, де ОА « ОО, ОВ - ОС.
її б- Якщо чотирикутник АВСО мас центр симетрії точку О, та ОА - ОВ, ОВ - ОС,
іігобтм діагоналі чотирикутника перетинаються і точкою поділу ділять» я навпіл,
І * такий чотирикутник —• паралелограм.
41 в. Нехай дамо х-АОВ і ОК — бісектриса цього кутя. /АОК - /ВОК.
І Проведемо СВ 1 ОК ,М — точка їх переткну.
Г «СОМ =лООМ оскільки ОМ — спільна, /СОМ — /ДОМ,
І , СМО - /ОМО - 90 . Тоді СМ » ОМ. тобто точки С і О
к нметричні відносно прямої ОК. ОК — вісь симетрії кута.
Н ій. Пряма, що містить висоту рівнобсдрсного трикутника, проведену ДО основи,
Г містить одну в його верпіин, п також медіану трикутника. Тоді дві інші верши
трикутника т симетричними відносно прямої, що містить висоту.
0.Дано: кола з центрами О і Ц, А і В — точки їх перетину.
Д'Мести: А симетрична В відносна ОО,.
Ловггіеннл Нехай М — точка перетину 0О1 і АВ.
ОА - ОВ (як радіуси}, <)ґ4 » С^В (як радіуси}.
лОАО, в лОВО, (за трьома сторонами, оскільки
ОО, — спільна). Тоді .400, “ /ВОЦ.
ОМ — бісектриса лАоВ. а отже, висота І медіана.
АВІОц і АМ - ВМ. Точки А і В симетричні
відносно ОО, Що й треба було довести.
. Діагоналі ромба АВСО ваягмяо перпендикулярні і діляться
І точкою О перетину діагоналей навпіл.
Пряма, що містить ВО, містить точки В і Л, а АС ± ВВ і АО -
І » СО, тоді ВИ — вісь симетрії. Аналої ічно пряма АС містить
І точки А і С і ВО Л АС, ВУ ” ОО. Тоді АС — вісь симетрії.
•ЗА, Проведемо пряму через середини основ рівнобедреної трапе-
ції. вона перпендикулярна основам, і відстані до неї від кінців
І основ рівик Тоді ця пряма є віссю симетрії.
4*22. Дяко. *АВС,АВ “ ВС; АС — вісь симетрії, О — точка, симетрична В тдііос-
ио АС.
Довести; АВСО — ромб.
Доведення: Провепемл через середину АС — точку О —
ВО Л АС. На продовженні відкладемо ОО - ОВ, О —
і ннитричннВ У ьВАО АО 1 ВО,ВО - ОО, отже, ьВАД —
І рівнобедрсний. ЛА - АЛ.
Аналогічно ВС — СО. /ВАО — /ДАО, /.ВСО * /ОСО. а
оскільки ьВАО і лВСЛ рівні, то /ВАО - /ОСО. СО II ВА, оскільки рівні
іміутрішні іллносторовні кути при СО і ЛВ і їх січній АС. У чотирикутника АВСО
СД || АВ і СО - АВ, то АВСО — паралелограм, у якого АВ • ВС • СД - АЛ.
а отже, АВСЛ — ромб.
В
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А. $$ 259
§19. Поворот
635і. а) Ні, оскільки ОА * О А';
б) ні, оскільки /А’ОА * а;
в) так. оскільки /ІА'ОА • а, ОА' - ОА.
642.1)
О
Пряма перейде
в пряму, що проходить
через центр повороту.
Коло перейде в себе.
Кут перейде в рівний
йому кут із вершиною
в центрі повороту
645. 1)
646. Точка лежить поза колом.
ЛОАО{ - 90е, АО - АО,
Радіуси кіл ріалі.
Точка лежить на колі.
/ОЛО, - «о . АО - АО,
Радіуси кіл рівні.
тому т. А — спільна точка кіл.
647. Побудуємо серединний перпендикуляр до відрізка XX’. X_____ X'
Будь-яка точка цього перпендикуляра є центром повороту,
оскільки для будь якої т. О — ОХ - ОХ'. \ хЛ/
. , ’О
648. На серединному перпендикулярі до відрізка, який спо-
лучає центри заданих кіл, лежать точки, які е центрами
поворотів. Відстані від будь-якої з них до центрів заданих *д
кіл рівні, тому при повороті центр одного перейде в центр
другого. Оскільки радіуси кіл рівні, то одне коло перейде в інше.
260 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А.
00 1. Нехай О — центр повороту квадрата АВСО. Діагоналі
ВР хАС.ОВ - ОС - ОВ - ОА. Тоді при повороті на 90”
І т. В перейде в т. С, С -> О, О -> А. А -► В.
Відповідно ВС -+ СО. СО -♦ ОА. ОА -> ЛВ, АВ -> ВС.
І Отже, при повороті на 90‘ навколо центру квадрата квадрат
[ переходить у себе. Що й треба було довести.
*12. Нехай у іАВС АВ - ВС - АС, О — точка перетину ви-
| сот, які в рівносторонпьому трикутнику с медіанами 1
бісектрисами. Точка О — центр кола, описаного навко-
ло трикутника, ОВ “ ОА - ОС.
лВОС =лСОЛ -.АОВ за трьома сторонами (АВ * ВС - АС,
ОВ • ОС, ОС • ОА, ОА - ОВ) і рівнобедреиі, тоді /ОВС •
60
- /ОСВ - /ОСА - /ОАС - /ОЛВ - /ОВА - ~ - Ж.
Тоді /ВОС - /СОА - /ЛОВ - 180' - 2 ЗО” - 120“.
При повороті навколо точки О ва 120 за годинниковою стрілкою В -» С, С —> А,
А -+ В, ВС -> СА, СА -> АВ, АВ -> ВС, тобто трикутник переходить у себе. Що
й треба було довести.
8*. Якщо при повороті навколо т. А на 60 В -» С, то АВ - ЛС. /ВАС в 60 .
Якщо С —> О, то АС “ АО, ЛСАО “ 60 *. Тоді
аВАС »лСАО за двома сторонами і кутом між
ними. Ці трикутники рівнобедреиі з кутом 60
при вершині, тоді /АВС - /АС В - /АСИ -
- ліх. іаг-ДУ . 60. о™,, дВГЛ і еСАО
рівиосторонні і ВС - СО - АО - АВ. Протнлпжяі
сторони чотирикутника АВСВ рівні, тоді
АВСВ — ромб. Що й треба було довести.
|М0. За кожні 5 хвилин хвилинна стрілка годинника здійснює поворот на 30п.
" Тоді при повороті:
1) на 60 пройде 10 хвилин. Час — 12 : 10; *
2) ва 120? пройде 20 хвилин. Час — 12 : 20;
3) на 150° пройде 25 хвилин. Час 12 : 25.
о
м
120. Паралельне перенесення
662’. Ни малюнку 255(6) зображене паралельне перенесення, при якому ВС В"С,
Р СЛ -> СЛ'. ЯЛ ВЛ' І ВС || В'С', СА || СА', ВА || ВА'.
. 1) ЯкщоЛ -* М, переведемо через т. В пряму, паралельну АМ, і на ній від-
кладемо від точки В відрізок ВВ', що дорівнює АМ,
в одну півплощину з тачкою М. АВ -* МВ'. л О ——*—•
2) Якщо В -♦ М, то через т. Л проведемо пряму,
паралельну ВМ, і на ній відкладемо від т. А відрізок
АА " ВМ в одну півплощину з точкою М. АВ -* АМ.
3) Нехай О — середина АВ. Якщо О -» М, проведемо через т. В і М прямі,
парцельні ОМ. на яких від точок А 1 В відкладемо відрізки ВВ’ ” АА* •» ОМ
в одну півплощину з т. М. АВ -> Л’В'.
пв'Л. Може, якщо при заданому паралельному перенесенні одна точка прямої пе-
реходить у другу точку цієї ж прямої.
408 1) Може. Оскільки протилежні сторони прямокутника лежать на паралель-
них прямих і рівні, то існує паралельне перенесення, яке переводить одну сто
року прямокутника в протилежну ЇЙ сторону.
2) Ні, не може, оскільки сторони трикутника не лежать на паралельних прямих.
>< ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарас викова Н. А
261
669'. Таке паралельне перенесення існує, якщо АВ || С1>.
671е. Побудуйте коло а центром у точці О, і радіусом, рівним радіусу заданого
кола.
672. Відрізок АВ можна перевести у відрізок СО за допомогою паралельного
перенесення, якщо АВ - СО і АВ її СО.
674. Дано: відрізок ЛВ, А В, В -» В'.
Довести, АВ ~ ВВ’.
Доведення: Якщо при паралельному перенесенні
А -» В, то воно здійснюється за напрямком АВ і
на довжину АВ. Тоді точка В перейде у точку В’, яка лежить на прямій АВ
і ВВ' - ЛВ, Отже, точки А, В, В' лежать-на одній прямій і ВВ* - АВ. тоді В
— середина АВ'. Що й треба було довести.
675. У квадрата АВСО АВ - 4 см. Паралельне перене-
сення переводить А -> О, тоді проведемо через точ-
ки О. С, В прямі, паралельні АО і відкладемо на
них від цих точок відрізки ВВ' «• СС - ОВ' в одну
півплощину від ВВ. Тоді АВ -+ ОВ', ВС -» В'С,
СД -> С’В'.АЛ -»• ОЛ'. 8ОГС1Г = 5^ = 4* - 16 (см1).
Спільна частина цих квадратів — квадрат зі сторо-
ною, що дорівнює половині сторони ВС, тобто 2 см.
Отже, 3 - 2* - 4 (см1).
Відповідь: 4 см’.
676. У трапеції АВСВ виконаємо паралельне перенесення
АВ -* СК, тоді СК і! АВ.СК - АВ, КО - АО - ВС. За
нерівністю трикутника КО < СК 4 СЛ. Тобто різниця
основ трапеції менша від суми бічних сторін.
677. Дано; АВСВ — трапеція. АВ - СВ.
Довести: /А - /О.
Доведення: Здійснимо паралельне перенесення сторони
АВ так, що В -* С, А -» К. тоді СК || АВ.СК - АВ, отже,
СК » СВ. &КЛ — рівнобедрений і /СКВ /СО/іГ.
Оскільки АВ Ц СК. то /ВАК - /СКВ (відповідні кути
при АВ II СК і січній АХ). Тоді с.ВАВ - /СОА. Що
й треба було довести.
678. Дано; АВСО — трапеція, АС - ВЛ.
Довести: АВ - СО. д г
Доведення: Здійснимо паралельне перенесення Г г'\
діагоналі ВВ так. що В -* С, О -> О\ При цьому / " \
СО' Ц ВО, ВІЇ = ВС. Оскільки АС - ВО. АС - /
-ССілАСО"—рікнобедрений. ^САО' - /СОА. ‘ \ "к
/ВСА - /.САВ (як внутрішні різносторонні А О 0х
при ВС Ц АО і січній АС). Розглянемо дАВС
і лСОО': ВС - ВО’, АС - СО‘, /ВСА - /СО'О, тоді аАВС -*яСВЛ' за двома
сторонами і кутом між ними. Звідки: АВ - СО, тобто трапеція с рівнобічною.
Що й треба було довести.
679. Дано. АВСО — трапеція, АВ - СВ “ 2 см; &__________ с
АВ - б см; /ВАВ - 60\ /7\
Знайти: ВС. / ' \
Розв'язання: Здійснимо паралельно перенесення / \
АВ -ь ЕС, ЕС \\ АВ, ЕС - АВ. Тоді СЕ - СО, /СЕО - А А _\
- /ВАВ -60 ( ВА Ц СЕ , січна АО); тоді у рівнобедре- А Е Л
262 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А.
! його аС’£1> ^СОЕ - 7.ЕСВ - 7.СЕО - 60. отже, дСЕЛ — рівносторонній.
. ЕД - 2 см. ВС • АЕ, тоді ВС - АЕ “ АО - ЕО, ВС - 6 см - 2 см - 4 см.
Відповідь: 4 см.
:ВО. Скористайтесь мал. 1 міркуваннями до задачі 679. Оскільки СО - ЕО, то
Г АО - АЕ + ЕО або АО - ВС + СО,
І Отже, якщо у ріннобедреній трапеції гострий кут 6(Г, то більша основа дорівнює
[ Пумі меншої основи і бічної сторони. Що й треба було довести.
к . я с
181. Дано: АВСО — трапеція. у- у
Довести: АС + ВВ > АО + ВС. /7 к
[ Доведення: Здійснимо паралельне /
перенесення АС -* А'В, тоді Л'В II АС, /
І А А - ВС / / >
| У лАВО: А£> - А А + АО; за нерівністю £—-----------------------------
трикутника А‘О < АВ + ВО, отже,
АО 4- ВС < АС 4 ВО або АС + ВО > АО 4 ВС. Що й треба було довести.
| ф 21. Перетворення подібності. Гомотетія
ІЙ87 - На мал. 271(а) при перетворенні не зберігаються кути між сторонами три-
’ кутника, тоді такс перетворення не с перетворенням подібності.
На мал. 271(6) у лАВС і ьА’В'С відповідні кути рівні (по 46 ), а відповідні
іЛ . А'В В'С АС
І сторони пропорційні: — = — • - 2.
ОА! 8
889.1) Коефіцієнт гомотетії: * , * - = 4.
. СЛ4 &
•90 Дві фігури рівні, якщо коефіцієнт подібності 1.
893’. 1) Так, будуть, к = («і і а, — сторони квадратів, а всі кути прямі).
в» , 4 л
2) Ні, не будуть. Кути прямокутників рівні, а сторони можуть бути не пропор
. ційними.
3) Так, будуть.
£
894 . Якщо коефіцієнт подібності многокутників Г і Г дорівнює к. то -^ = **.
ч
5Д = 1.2) якщо к - 2. то -*- 2і = 4; 3) якщо к - 5,
8Г 4 5Г
Тоді: 1) якщо к
то а 5і = 26.
5г
96’. Щоб побудувати точку X', гомогетичну т. X з коефіцієнтом к, проведемо про-
мінь ОХ І на ньому від точки О відкладемо відрізок _____
ОХ‘, який у к разів більший за ОХ (або від точки
X відкладемо к - 1 відрізків довжиною ОХ). О
ОХ'
996*. Проведемо промінь*Х 0. Якщо коефіцієнт гомотетії к, то —— = к,
ОХ + XX' ил
але ОХ9 - ОХ 4 XX', тоді
і + ЗВідки ох»^. ох Х
ох ох *-1
Тобто, якщо відомий коефіцієнт гомотетії к, то поділимо відрізок XX' иа (* - І)
рівних частин і відкладемо на промені Х'О від точки X за цю точку відрізок, що
дорівнює одній частині XX’, Знайдена точка— центр гомотетії О.
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А. 263
798'. 1) Якщо * > 0, то точки А і А' лежать на промені ОА;
2) якщо к < 0, точки А і А' лежать на прямій ОА, при цьому т. О лежить між
А і А';
ЗІ якщо £ > 1, то точка А лежить між О і А'.
699. 1) Якщо в одного ромба кут 45е, а другого *— 135*, то інші кути ромбів
(180е - 45") - 135* (перший ромб), І 180е - 135е - 45’ (другий ромб), отже, кути
ромбів рівні. Тоді ромби подібні.
700. У заданих прямокутників кути рівні. Перевіримо, чому дорівнюють відно
шення сторін:
9см 88 43 4__ ,
—-. = ; - я - * .Отже, прямокутники ПЄ подібні.
12см 4 6 3 4 3
701. Нехай у прямокутника АВСІ) діагональ ВР поділена точками Лг І Ь так, що
В^ — ІЇЬ — І.О, а діагональ АС точками М і К
так, що АМ - МК - КС, У прямокутника
ВО -СО - ЛО-АО. Вії -СК -ЛІ,- АМ, тоді
Оії - ОК ~ ОЬ - ОМ. Точки К, І, М, ії
гомотстичні точкам С. О, А, В відповідно
відносно точки О, тоді ІЇК, КЬ, МЬ, Мії
гомотетичні відрізкам ВС, СЛ. АЛ, АВ відповідно
підносно точки О, а отже. МІЇКЬ подібний
АВСЛ.
25000 1
702. к —-------- -
іоООіИІ 4
704. Знайдемо коефіцієнт подібності. Стороні 14 см відповідає найменша сторона
14 7
16 см, тоді к = — = —.Сторони другого чотирикутника:
16 8
24 - - 21 (см); 32 ~ - 28 (см); 40 - 35 (см),
8 8 8
Відповідь: 16 см; 21 см; 28 см; 35 см.
5 т
З'” п1
5 1
705. Відомо, що площі подібних фігур відносяться як —у = Л’.Тоді, якщо 1) к » —,
Й _ ' •
то ;2) якщо Л = ^,то ~“«~;3)якщо £—,то
З* 16 б 5 25 п
Й У*1 *"*
706. Площі подібних фігур відносяться: — = й’.тоді їх сторони — = >/Л'.
А а
1) Якщо й’е^.то * = ?;2) якщо л’--1- ,то *ЖІ;3) й’« —,то
93 16 4 п
5 1 а 1 Р 4а
707. За умовою — -.тоді їх сторони — = ,а периметри
5 4 а 2 Р 4а
Я 1
1) Якщо Р - 8 см, то — = Р 8 2 • 16 (см);
і
12 1
2) якщо Р - 12 см, то — -, = 12 2
*
3) якщо Р - 16 см, то 12 = |, Р » 16 2 - 32 (см).
а 5
708. Якщо відоме відношення ,, то —,
а Ь
1,5*- 14 4 - 56 (см4);
а 1
а' 2’
24 (см);
а 2 1
— К — = “
а 4 2
а
а
14
1) Якщо 5 * 14 см4, то —
й
264 ;$•: ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А.
2) якщо 5 ” 25 см*, то — = -, 5* — 25 • 2 — 50 (см1);
.«з &
3) якщо $ - ЗО см1, то « Ь.У - ЗО 2 - 00 (см1).
О &
с
703. Ні. непрпвитьне. Наприклад. трикутники, на які висота, проведена до гіпо-
тенузи, розбиває прямокутний трикутник, е подібними заданому, але не гомо-
І тетичнимн
К. Л , НА СЛ ОА .
7*1. Оскільки —- = - - - -- = 2.тп
НА ЬА МА
| ЛКЬМ готогетнчний АВСО з центром гомотетії А.
713. Якщо А -» А'. В -) В*.проведемо прямі АА і ВВ*.
Точка їх перетину — центр гомотетії.
200 2
721. Коефіцієнт подібності * = -.
лии о
Якщо розміри плану змінити в к разів, то аркуш буде мати розміри
9 1 2 1
407 -= 271- (мм); 203 -=135- (мм).
3 3 3 3
Розміри плану 273-х 135-.тобто план поміститься на аркуші 288 х 203 мм.
ТЕСТОВІ ЗАВДАННЯ
Ні 1
і". А, О, С лежать на одній прямій і АО — СО. Отже, т. С. Відповідь. А.
2'. ВО 1 АС, ВО - ОО (О — точка перетину діагоналей), тоді симетрична точка О.
ВИлоаідь. В.
Т8". Це такий поворот, при якому ОВ -* ОА, ОА -» ОВ. Це кут 18ІГ. Відповідь: В.
4 , Центр симетрії точка В — середина АА'. Тоді АВ — 6 см. Відповідь: І.
В*. Як було доведено раніше, у рівнобедреноі трапеції д 6 <?
з гострим кутом 60 більша основа дорівнює сумі мсн- і ’Ч
шої основи і бічної сторони: СО + б см - АЛ, У / \г
СО " 8 - в 2 (см). Відповідь: А. Г / \
/.«КГ А , \
Н»2 8 ' ]В
1 . Рівні, якщо к " 1. Відповідь: А.
? . Якщо к - 0,5. то * (0.5): = 0.25. Відповідь: В.
з . . з. ов - ЗОА, ОВ - 3 4-12 (см). 4 „—-----------£
ОА *- д «
Відповідь: В.
4 Менша сторона заданого трикутника 4 см, їй відповідне сторона 0 см. Тоді
д с - * —.Отже, інші сторони: 12 см-^ — 18 (см), 14 см- — 21 (см).
4 2 2 2
Відповідь: Г.
|=Д4-Якио',"2ч'“,то
Відповідь.' А.
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А. <й’: 265
РОЗДІЛ V. ВЕКТОРИ НА ПЛОЩИНІ
§ 22. Поняття вектора
722'. 1) Мал 287:_£А, АС, АР, АВ-.мйл^ЯЗЗ; АВ, АМ, МЯ, СА;
мал. 289: ПА, АО, ПО, ПС, ОС, ОВ, ВС, АВ;
2) АС, АР, АВ (мал. 287); АВ. АМ (мал. 288); АО, АС, АВ {мал. 289);
З^колінеарпк ЕА і АВ, АР і АС(мал^287); АВ і МА (мал. 288);
ПА і ВС, АО і ОС, ПО і ОВ, ІЮ і ПВ. ОВ і ОВ. ПС і АВ, АО і АС, ОС
і АС (мал. 289);
4) співналрямленк ЕА І АВ (мал. 287); АВ і ПС, АО і ОС, ПО і ОВ. АО
ї АС, ОС ї АС, ПО і І)В, ОВ і ЙВ (мал. 289);
5) протилежно напрямлені вектори: АР і АС (мал. 287);
АВ і МЯ (мал. 288); 1>А і ВС (мал. 289).
723.1) АС; 2) СА;3) НР:4) РН.
724.1) ।ДВІ - 5 см; 2) ,АВ - 3 мм; 3) АВ| - 0,027 дм.
725'. За мал. 290: 1) [а| - 2. - 6. Д - 1. - 4;
аи-і.й-з.р|.1.р|-г;
Одиночний вектор: 1) г,бо с| -1(1 — одна кліті
3) В.бо |5| - І.
726’. Мал. 291: одиничні вектори: т, її.
1) Колінеарні: с, т, к; 2) співнапрямлені т і с;3) протилежно напрямлені:
с і Л; т і *;4) рівних немає; 5) протилежні т і *.
729\ Вершини правильного трикутника визначають вектори, які не паралельні
одній прямій, але рівні за модулем, оскільки всі сторони правильного трикут-
ника рівні. Тому вершини ке задають рівні вектори, колінеарні вектори. Вер-
шини задають рівні за модулем вектори.
730*. Нехай у правильного дАВС МУ. ЯК і МК — середні лінії, МЯ || АС.
ЯК || АВ, МЛГ(| ВС.
1) колінеарні: МЯ, АС, ЯМ, СА, АВ, ВА, ЯК, КЯ,
ВС, СВ, МК, КМ;_______ __ _____
2) співнапрямлені: МЯ і АС, ЯМ і СА, ЯК 1 ВА,
КЯ і АВ, ВС і МК, КМ І СВ;
3) протилежно напрямлені: МЯ і СА, ЯМ і АС, ВА
і КЯ, ЯК і АВ, ВС і КМ, МК і СВ;
4) рівних векторів немає; б) протилежних немає.
В
731У всіх випадках миємо вектори, кінці яких — вер-
шини трапеції. Вершини трапеції не утворюють рівні
вектори, оскільки всі вони мають різний напрям.
732*. |св| - 4, [ВА - 4, МВ| - 2. |АМ| 2
'ВСІ - 2, ОА| - 2.
266 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А.
3. Нехай задано точки А. В, С і О. Можна побудувати:
З вектори з початком А;
З вектори з початком б:
З вектори з початком С;
-І вектори з початком В. Усього 12 векторів.
.V Я
С
А
734, 1) співнапрямлені; АВ, А.М. ВС; ВМ і СМ, ВА, МА;
['£) протилежно напрямлені: АВ і ВА, АВ і ВМ,
ЛВ і СМ, ЛВ І МА.ВС і ВМ, ВС І МА.
І ВС і ВА.
735. АЬ = РМ , АС = ЕМ,ВА МР.
7'37. Розмістіть вектори так, щоб вони лежали
на паралельних прямих. Задача ма< безліч
розв'язків.
Т38. Нехай задано правильний шестикутник АВСВЕЕ.
АВ- ВС- СО - ВЕ - ЕР - АР - 2 см.
І) двома сусідніми вершинами визначається, наприклад,
АВ |АВІ - 2 см;
2) кінцями більшої діагоналі визначається. наприклад,
АВ. .А1>| “ 4 см (діаметр описаного кола);
3) кінцями м- ншої діагоналі визначається, наприклад,
Ь і л Г"
АС. АС 2 • —— = <і\3 (см) (діаметр вписаного кола);
4) вершиною і точкою перетину діагоналей визначається, наприклад*
АО. (АО - 2 см (радіус описаного кола).
739. У правильного шестикутника АВСВЕР пари рівних векторів:
СІЇ і АГ; ЯС 1 ЕА; ВС 1 ГЕ; СВ і ЕР; ВЕ і ВА;
ЕІЇ і АВ.б пар.
740*. Геометричне місце кінців одиничних векторів, почат-
ий яки* містяться в точці М Кінці векторів описують
коло в радіусом 1 і центром М.
741*. Геометричне місце початків одиничних векторів,
кінці яки* містяться в точи: /І, — коло з центром //
і радіусом 1.
745, 1)
3) А
Мб. Паралельна вулиця проходить у напрямку з піп
пічного сходу на шндеанііА захід. Перпендикуляр-
на вулиця проходить у напрямку -і північного за-
ходу на південний схід-
/47. Побудуйте в масштабі 1 км — 1 см.
Південь
Табір
Ж::ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А. :•$ 267
§ 23. Дії над векторами
749 . Мал. 306^ АВ ь ВС_* АС = а + й; мал. 307: АВ 4- ВС » АС = р ♦ <ц
мал. 308: АВ + ВС«АС = т+л.
Для додавання векторів за правилом трикутника розміщуємо вектори таким
чином: у кінець першого розміщуємо початок другого. Сумою с вектор, початок
якого е початком першого вектора, а кінцем — кінець другого вектора. Напри-
клад, АМ + МВ - АВ.
75Г. 1) АМ + ЛШ = АУ; 2) АВ + СА СА + АВ - СВ: 3) ВА і КЛ' = ВЛ7.
ш
X
о
СК
о
Для додавання векторів за правилом паралелограма розміщуємо вектори так.
щоб їх початки співпадали. Сумою лекторів є діагональ паралелограма, побу-
дованого на векторах.
Для знаходження різниці двох векторів розміщуємо їх так, щоб їх початки
співпали. Різницею векторів е вектор, початок якого е кінцем вектора —
від'е мника. в кінець — кінець вектора — зменшуваного.
752 Мал. 312: а)_ВІ> • ВС + НА; б) АС = ВС ВА. СА
Мал. 313: а) N1 = КМ > КК;
б) МК - КК - КМ; КМ = КМ -КК
755і, 1) АВ + ВС - АС; 2) АС + СВ = АВ;
3) ВС + СА = ВА.
= ВА- ВС.
В
756' • 1)^АВ -г ВС - АС£2) АВ + ВА = АВ ♦ (-АВ) = б;
3) АВ + ВС + СА* АС + СА О.
757е. 1) АВ * ВС » АС;
2) АВ + ВА г О (сума протнлеж
них векторів дорівнює нулю);
3) АВ+ВС + САа АС + СА = д.
= 2.
758:. 1) Розмістимо АВ і ВС так, щоб вони мали спільний
початок. Замінимо АВ на ВО АВ - ВС = СО;
— — К
2) розмістимо АС і СВ так, що вони мали спільний
початок. СВ замінимо на АК. АС~СВ=КС;
3) СА замінимо на ВК. ВС -СА - КС.
759’. І) АВ^ВС^АС; ;дс[ - 1:
2) АВ - ВС - ВВ (замінимо ВС на АО).
ВО — подвоєна висота аАВС. ВО| = 2 • -
3) АВ ♦ ВС -СА = АС - (-АС) = АС * АС = 2АС |2АС|
760. 1) вектор ВС замінимо на АО. ВА + АО = ВО; ВО • а + Ь
2) ЛА - ВС = СА; СА а - 6
3) ВС - ВА = АС; АС = Ь-а
762. П АВ + АО « АС;
2) АВ АО = ЛВ;
з» де- л/>-ос- Ьв-ос = св.
268 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А.
і а і к • а к - 2 к - О.б к - 1 Л- -1 ^-6,5 к - -2
СпінНвНрЯМЛеЯІ + + +
| Протилежно напрямлені + +
Протилежні +
| Мають рівні довжини + +
Рівні 4-
в
в
т В
для
767. Якщо А, В і С не лежать на одній прямій,
то у иАВС АС < АВ ¥ ВС і |АС| < |АВ| + |ВС|.
» Якщо точки А, В і С лежать на одній прямій і
лежать між Л і С, то |АС|м АВ + |Вс|. Отже,
। докторів АВ. ВС і АС [ЛС^АВІ * |ВС^. Що й їргва
СОЯ'-
2;
І + 2сов — І,
2
770.1) 4В* В( ’ + СР~ РА;
2) АВ + ВС + АР + /7’ + Л.Г+ КС =
- АВ Т вс + СК + ( ВС | * ( Ав) + (-СЯ і « о.
ШШіІШІЇ ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова К. А. 269
ТОВ, 1) Нехай точки А, В І С не лежать на одній прямій:
АВ ¥ АС + СВ =АВ* ВЕ-- АВ + ВГ. = 2АВ (ВЕ»СВ);
2) Нехай точки А, В і С лежать на одній прямій:
ЛВі-АС + СВ -АС* СІ) * СВ | АВ « СВ);
+СВ+СВ- аЬ+(-ВС) = АЕ>-В(
АВ + СВ = 2АВ,
було довести.
708. АВСВ — паралелограм.
1) АВ + ВС • АС; Ьс + АІ) - АС,супке,
АВ »• ВС з ВС -і АЛ;
2) АВ ♦ ВО » АВ: АС + СВ з АЛ,тоді
АВ + ЛВм АС4 СВ.
2)1з <ЛВО (О — точка перетину діагоналей, ВВЛ.АС.
Ні/- ОО. 40 - ОС» гВАО - І^А. ВО = АВтп^-
2 2
АО * АВ сов
2
АС -2\АНг-оя —.
І + 2»іп * |
2 А В сов 1 + 2
771.1) ВА - ВС + 2АС - ВА + АС - ВС + АС = ВС - ВС + ЛС АС;
2) 2СО-ОА-ОС + СА-2СО-£М - (-СО) + (-АС) =
= 2СЙ + СО -ОА- АС • ЗСО - (ОА + АС)» ЗСО - ОС = ЗСО - (-СЙ)
ЗСО + СО»4СО.
а + а = 2а;
773. АВ-ВС = к(СВ АВ)’, АС = к(сВ-[-Ва))і
АС * к(СВ і ВА); АС » А СА, к - -1.
Відповідь: -1.
77/. АВ => е. АС Ь, ВС - а.
піа ВС + АС ВІ' + СП ВЙ /-
1) Т -2---------2“Я Г
Відмітимо т. М — середину АВ. тоді
МС — середня лінія иАВИ.
Тоді СМ - СМ =
2 ______________ ____2
... с + /• АВ + АС АР
2) —-- а--------= —
2 2 2
Відмітимо т. К — середину ВР, МК —
середня лінія />АВР СК а
2
778. Проведемо в паралелограмі АВСО діагоналі АС і ВО.
Побудуємо вектор СЕ - ВЙ.
АС + ВЙ» АС + СІ’ = АЕ.
ВСЕИ — паралелограм, тоді ОЕ — ВС
І АЕ - АО < ЙЕ » 2АО 2ВС.
Отже, АС + ВЙ а 2ВС.
Що й треба було довести.
779. Дано: <>АВС;Р — середина ВС.
Довести: АР«і(лВ + АС).
Доведення: Добудусмо паралелограм АВОС на
сторонах АВ і АС трикутника АВ + АС = АО.
Діагоналі паралелограма ВС і Аї) перетинеютне-я
і діляться цією точкою най піл, тобто Р — точка
перетину діагоналей.
АР в
780. За результатами задачі 779, АР = |(АВ + АС).
Відома, що медіани трикутника перетинаються
і точкою перетину діляться у відношенні 2:1, рахуючи
- - о____
від вершини. АО : ОР • 2 : 1, а отже, АО = ~ АР.Тоді
ЛО = ? ’ (ЛВ , ЛС) = 1(ЛВ . ЛС).
Маємо: АО || АВ + АС). Що Й треба було довести.
270 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І„ Тарасенкова Н. А.
АО - |1 АВ + АС).Отже, АР « АВ + АС). ІЦо б треба було довести.
124. Координати вектора
796Мал. 332: 0(0: 0). 4(2; 3); мал. 333 В(1; 1). 0(3; 4); мал. 334: Я(3; 3). Т( 1; 1).
Щоб знайти координати вектора, необхідно від координат кінця вектора від-
Ьтм відповідні координати початку вектора.
Щоб перевірити рівність векторів, необхідно порівняти їх відповідні коорди-
нати. Якщо вони рівні, то вектори рівні.
Щоб знайти квадрат довжини вектора, необхідно знайти суму квадратів ко
Ординат вектора.
/97 . Використаємо результати задачі 796.
1) <М(2-0;3-0) = дд(2;3);2) ВС(3 -1; 4 -1) = ВС(2; 3);
3) ЯТ(-1-3* І-3) = ЯТ(-4;-2).
798.1) [б-| = +\,;2) Д4 :3) $ +
799 1) а(2;-4 і, 6(2; 4);ординати не рівні, тому а * 6;
2) а(2; - 4), й(-2; 4); відповідні координати не рівні, тому а * 6;
3) а(2; - 4), 6(-2; - 4);абсциси не рівні, тому а * 6;
4) <1(2; - 4), 6(2; - 4); координати рівні, тому а = 6.
ІЄОО‘. Колінеарні вектори а(3; 2), 6(6; 4), </(-6; -4), Л(1,5; 1). р(15; 10), /(-9; -6),
323 2323232
в оскільки — « —; —«—; — = —; — = —; — » —.
, 6 4 -6 -4 1.5 1 15 10 -9 -6
Є0І°. 1)А(-1; 5), В(2; 5)^АВ(2+І; 5-5)= АВ(3; 0);
2)А( 4; 6), В(1; 0); АВ(1 + 4; 0 - 6)- ЛВ(5; - 6);
3)А(1; 1). В(3;-9): АВ(3 - 1;-9-1)- АВ(2; -10). Побудуйте ці вектори.
В02Г. 1) якщо Л(1; 4). Ж0;-3); АВ(0 -1; - 3 - 4) « АВ(-1;-7);
2) якщо АВ(8; 5),В(2; -2), то 8 — 2-х, 5 - - 2 - у; х - -6, у - -7; А( 6; -7);
3) якщо А(5; 2), АВ 4; 3).то 4-х-5,3-у-2;х-9. у- 5; В(9; 5);
4) якщо А(6; -6). ЛВ(-3; 5),то 3 - х - 6, 5 - у + в; х — 3, у - -1; В(3; -1);
5) якщо В(2; 1), АВ(3; 0),то 3 - 2 - х, 0 - 1 - у; х - -1, у - 1; А(-1; 1);
в) якщо А(5; 7), 3(11; 9). то АВ(11 - 5; 9-7) = АВ(6; 2).
ІвОЗ’. 1) |а[» 7? ф 1* - 4І; 2) |а| « ^4* 4 3* = 716 4 9 = 5;
3) |а| = 712* 4 (-5)’ = 7144 + 25 • 18; 4» а * ^( -6)’ 4 (-8)’ = 736’+ 64 = 10.
Відповідь: 1) /2:2) 5; 3) 13; 4) 10.
І Щоб інаитн квадрат довжини векюра, заданого координатами початку і кін П
І ця, необхідно знайти суму квадратів різниць відповідних координат кінця»
І і початку вектора. ВЦ
В04в. 1) Л(10; 3). В(0; 5), АВ =>^(10 -О)* 4(3 - 5)* = 7100 + 4 7104;
2) А(2; -І), В(5; 2), АВ - 7(2,-5)* * (-1 - 3)* - 79 49 = 3>І2-,
Ж)А(-1; -2). В(1; 2), АВ « ^(-1-1)’ + (-2-2)‘ - ТГГїб = 720 = 2^.
806'. Якщо довжина вектора дорівнює І. то вектор одиничний.
І) а(1;0);|а] 71* і + 0‘ - 1: а — одиничний;
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А. 271
9. ГҐЗ 41.7 ГЗА’Гіу /вТїб [- , -
* (К’ЇГ'^бІ \їі ~'Г2І------------1 2 *’І:‘ -»"я"чи«»і
3) с(1;1);|с|«<ї*717 - ^2; с — не одиничний,
І Щоб додати (Відняти) два вектори, додамо (піднімемо) відповідні координати
цих векторів. Одержані суми (різниці) е координатами суми (різниці) векторів.
Сума векторів із протилежними координатами в нуль-вектором.
806 . Нехай а + Ь ж. е
1) а(1;2), 6(3; 4); с(1 + 3; 2 + 4)- с(4; 6);
2) а(-3;1), 6(2; -4); с(-3 е 2; 1 - 4) = с(-1; - 3);
3) а (-6;-2), 6(6; 2); с|-6 * 6;-2 + 2) с(О; 0).
І Якщо початок вектора міститься в початку координат, то координат вектора
збігаються з координатами його кінця.
А(0; 0). Вів’, Ь); АВ(а - 0; Ь - 0) « АВ(а‘, Ь).
808’. На мал. 336: а(2; 3), 6(3; 1).їх сума — вектор 4:
4(2 + 3;3 + 1)» 4(5; 4). Якщо е(5; 2).то 4 * с.
Відповідь, ні, не є.
009 . а + (-а)ж 0; -а(-4; - 3).Відповідь; (-4; -3).
Щоб помножити вектор на число, треба кожну координату вектора помножи
ти на це число.
810’. а(1г4).Тоді:
1) -<і(1 5.4 5) = 5а (5; 20);
2) 3а(-3 1;-3 4) = -3а(~3; - 12);
1-(. 1 . П 1-М в)
3) 2 І1.?'* 2 Г 2в(2!2Г
4) -а(1 (-1); 4 (-1)) в-й(-1;-4).
811°. 6(1; 2), с(-5; 8).
1) якщо а«с-6,то а(-5 - 1; 8-2)» а(-6; 6);
2) якщо а = 6 0.5с,то а(1 + 0,5* (-6); 2 + 0,5 8) ж а(-1,5; 6);
З) якщо 4а=6 + с,то 4а(1-5; 2 + 8) = 4а(-4; 10). Тоді а|~ | = а(-1; 2,6).
812\ 1) Якщо а =• Зг, +е,,то а(3; 1);
2) якшо а = -5е, + 2е, ,то а (-5; 2);
3) якщо а » -е, + е,, то а (1; -1).
813е. 1) Якщо а (І; 3),то а =» е, + Зе, ;
2) якщо а (2; 0),то а 2е,;
3) якщо а(-4; -5),то а ж -4с, -5е,.
І Щоб перемірити, чи е вектори колінеарними, знайдемо відношення відповідних
координат векторів. Якщо відношення ріпні, то вектори колінеарні.
814.1)ЯкщоА(£3). Ж2; 1),£(1; -1),7X1; 13), то ЛЩО, - 4), ВС(-£0). С£(0; 14),
Ай(-1;10), АС(-1; - 4), ЛЛ(1;-10), Л/)(-1; 14). Колінеарні; А£> і ЛА;
2) А(-1; 2), 8(0; -6). С(1; -4), /)(-£, 6). то АВ(1;-8), ЯС(1: 2), С5(-4;Ю).
АР(-2;4). АС(2;-6), РА(2; 4). ВЬ(-3; 12). Колінеарні: АР і ЙА,
272 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А.
Кй- Якщо а(3; 6) І 6(1; X) колінеарні, то - ^.звідки X = ? — 2.
| Відповідь: X — 2. * * З
Вектор, протилежний до АВ, — вектор НА.
1)дащоА(10; 9), 3(1; 1), то НА (9. 8);
3) якщо Л(41 -7), В(0; б), то ЯА(4; - 13).
ріапоаід'к 1) (9; 8); 2) <4; -13).
І7. Довжина а(1; X): а » 71* + X* або о » 1 + X*.
якщо в = 1, то І + X’ - 1; Xі - 0, X - 0;
2) якщо а » 3,то 1 + Xі - 3і, X* " 8; X 272.
відповідь.- 1) 0; 2) 272.
^1) якщо а(-1;1),то ла(-Х; X); |л7 7(-к)’+Х* °72Х* я|Х|Т2.
умовою |Х(Т2»8;|Х| = &.)Х|» 472, тоді Х = 4Т2 або Х*-4Т2;
якщо а(0; - 4), то Ха(0; - 4л); |Ха| - ^0* + ( -4Х)* = 716Х’ » 4|Х|.
умовою 4(Х| 8; |Х| • 2; X - 2 або X- -2.
П<йлові<?ь.‘ 1) 472 або -472; 2) 2 або -2.
. 1) якщо а(2: 0), 6(1; 4), с(-1; 1), </(0; 2),то:
НГ+6 - (%4|; -За + 6-ТС + 5» (-8 +1 + 7 + 0; 0 + 4-Т+2) • (зГИ);
йа - Л + с - 7 - (10 - 1 -“1 - 0; 0 - 4 + 1 -2) = (в; - й);
7) якщо а(0;-б), 6(2; -3), с(3;7), 7(5; 4),то:
Б + І » (2; - 8); -За + 6 - 7с + </ = (0 + 2 - 21 + б; 15 - 3 -*49 + 4) 0А; 33).
5а -6 + с —і = (0-2 + 3- 5; — 25 + 3 + 7- 4)» (-4; -19), Побудуйте ці вектори,
2 У іАВС А(6; 2), В(1; 1), С(—5; 9). Якщо АЛ/ — медіана лАВС, то М —
середина ВС.
І спосіб. М
5а-6 + с- 5 = (О - 2 + 3 - 5; -
1-5 1*9
. ЛГ(-2; 5). |АМ| = ,/(6 + 2)’ + (2 - 5)’. |АМ| =
64 + 9 «773.
_ к 2 2 ; - і —
у спосіб. За результатом задачі 779, ДМ - -(АВ + АС).
МЛ І о. І-2) = АВ(-5; -1); АС(-5 - 6; 9 - 2) - АС(-11; 7);
= о - с.
(0: 0)
(0; 2)
(2! 2)
Відповідь: 773.
3. Якщо 1; 3), 6(-7; - 5), с(2; 2), то 6 + Зс = (=7 + 3 2: - 5 Гз 2) = (-7; ї);
а-с = (І - 2; 3-2) = (-1; 1 і.Отжв, 6 + 3с
4. Координати векторів АВ(0; 2),
ВС(2; 0). СВ(0; - 2), ї>Л(-2; 0).Тоді:
1) якщо е,|»р,[ 1 см, то АВ » 2е^, ВС « 2е,,
СВ -2е,, ОА = -2с,;
2) якщо [е(| = = 2 см, то
АВ = е, ВС е,, СО = , ОА » —е(.
_ 12і^
О *Х
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А. 273
829. Якщо задано АВ(2; Ю)_£ АС(6; -2рго ВС = АС-АВ, ВС(6 - 2; - 2 - 10),
ВС(4; -12). ВА(-% - 10). СВ(-4; 12). СА(-6; 2).
За результатом задачі 779, медіани АМ »І(АВ + де);
АМ = і(2 + б; 10~2) = | (8; 8) = (4; І). АМ(4; 4).
вл/ "|(аА + ВС)=|(-2 + 4; -10-12)-|(2; 22) »(1; -11). ^N(1; 11).
СР = 1(СА + СВ) - |(-в’ 4; 2ТІ2) - |(-10; Г4) = рГ; ?). СР(~5; 7).
Довжини медіан: АМ' = д4’ + 4і 2 3 4 5 6 = 4^2; ВДГІж 41 + 121-/122;
= /25 + 49 • 4тї.
Відповідь: АМ(4; 4), |аМ[ = 4> 2; ВІУ(1;-11), 'ВУ|-Ч!22; С?(-& 7). |ср|»/74.
835. Рівнодійна сила — сума векторів Рх і /^.тому рівнодійна сила Р = + Рг.
ІЗ
Якщо Р4(1; в), ^(-4; 7).то Г(1 - 4; 5 + 7). Г(-3; 12).
Відповідь: (-3; 12).
836. Якщо рівнодійна двох сил Р (6; 13). а сили,
для яких Р е_сумою 1 Е,, лежать на осях Ох І Оу,
то Р, (6; 0), Р, (0; 13).
Відповідь: (бГо), (оГЇЗ).
(в; 13)
Г в X
г|
§ 25. Скалярний добуток векторів
І Скалярний добуток двох векторів дорівнює добутку довжин векторів на коси-
нус кута між ними. Якщо вектори перпендикулярні, то їх скалярний добуток
дорівнює 0, оскільки соа 90' “ 0.
841. І) |а| - 2, тоді в1 «4;2) (б| - 3, тоді Ь* - 9;3) |с| - б, тоді є* = 25.
І Щоб знайти скалярний добуток векторів, необхідно знайти суму добутків від-
повідних координат векторів. Якщо скалярний добуток векторів дорівнює
кулю, то вектори перпендикулярні.
842.1) Так; 2) ні, бо перемножені не відповідні координати; в) так.
843. 1) Якщо аЬ = 0,то а 1 І;
2) якщо а 15.то аЛ«0;
3) якщо (а; 5)« 90 , то аЬ = 0;
4) якщо р <7 = 0,то рід;
5) якщо рід, то р-д = О;
6) якщо (р;д| = 90а,то р д = 0.
844’. Мал. 346: 'а; Ь) = 60, оскільки трикутник рівносторонній;
мал. 347: (а; А) л 90 ,оскільки задано прямокутник (сума кутів чотирикутника
360 , тоді хЛ - 360 - З 9ОЬ * 90 );
мал. 348: (а; 6) = 120'. оскільки протилежні кути паралелограма рівні.
274 •>>: ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А.
п4’.1)и 6-3 5соя45° = І5• —-1^?;
2 2
15л/2
2
2) а 6-3 ЬсояІЗб = 15 - —
2
а-6 = Є 6соя60 і36 - = 18;
2
а-6-6 б сон 120* = 36 |-1 І»
| 2 І
а 6-2 ео»30 =2 ~ -^3;
2
а 6 = 2 1 сов150' =2
її
І)
18;
, »)
СМЛ*ЛДЛАЛг.‘ЛМ
в)
.3
2
3;
» - V " і
а -6 = 5- б сово* «30 1 = 30 (оскільки вектори саівнаирямлені, то кут між
7) <
ними 0й);
8| а Ь в 2 «З соя180° - 6 (-1) в -6 (оскільки вектори протилежно напрямлені,
то кут між ними 180);
01 а Ь 5 в соя 180*
10) а - Ь = 2 3 сов 0 ’ =
-30(а М ’б);
означенням а І * н-нСОв(щ
ос
Т-»лі смі«Ь|
ш
X
о
СК
о
2 72
—; соя
в4в . 1) сов |'а; 6) •
2 1 2
12) соя(а; д) -Ц =-І; соя
’ '34
3) соя|а; Ь] « ?~
(а;5) = 4б ;
(в; б) 180 ;
— ; сов (а; 6] = ЗО*.
147.1) Й=--Н---. = =473;
Г “ 2 соя ЗО 73
І . %
2) Й = ^--—в-г = 7-
Г| 2 «ад 45’ ^2 72
І 3) |І>| = —"?—> =4.
’ 3 соя 120’ 1
І І _ 2
Ма.Я> а1. тоді |а1 л а*.
1) якщо а’ “2, д|-\2;
2) якщо а' - 3, то Й= -. 3;
3) якщо а’ - 4, то аг - 2;
4) якщо а - 8, то а< ~ 2<2 ;
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А. 275
5) якщо а1 - 9, то (а| = 3;
в) якщо а* - 12, то |а| • 2^3 .
849е. 1) а Ь - 5 1 + (-1) 8 - 5 - 8 - - 3;
2) а Ь - 1 (-1) + ( 3) 7 - -1 - 21 - -22;
3) а Ь - -1 2 4 2 (-1) - -2 2 - -4;
4) а Ь - 0 • (-1) + 1 • (-1) - -1 - 2 - -З,
850 . Знайдемо а Ь. Якщо а •& 0, то а 1 Ь.
1) а-Ь — -2 1 + 2 1 - -2+2-0, тоді а ±5;
2) а Ь - - 1 4 + (-2) • (- 2) - 4 + 4 - 0, тоді а 1
3)а-» -3 4 + 2 ( 6) - 12- 12-0, тоді а 15;
4) а Ь - 4 • (-1) + 2 2 - -4+ 4-0, тоді а 1 Ь.
851 сов (а; 61 = .
1) [а} « ^2* + 0* - 2; |б|» ^0* + (-1)* > 1; в 5-2 0 + 0 ( І) - 0;
сое|«г, л| = 0; соя І а; л) = 90';
2) |а| - + (2у‘з)’ « <4ТЇ2 = 4: Д = 71,5*+ 0’ = 1,5;
о Ь — 2 1,5+ 2\'3 0 —3; сов(а;Ь]«--------= —; сое(а; і) « 60’;
_____ ' ' 4 • К 5 2 ' '
3) Д-^+І-в)’ =10;|»|«5І2’Т9’ «15;
а Ь - б 12 4 (- 8) -9 - 72 - 72 -0;
тоді соз(а; —- = 0; (а; 6) 90';
' ' 10-15 ' 1
4} |а|- 71’ +ї* »^2; (-2)* « 2^2; а 5 - -І - 2 + 1 (-2) - -4;
М “ Л~2Л " ~1г в 18ІГ‘
852’. Побудуйте вектори:
1)з довжинами в і 2 і кутом 30° між мами;
2) з довжинами 1 і 3 і кутом 120° між ними;
3) з довжинами 2 14 1 кутом 90” між ними;
4) з довжинами 3 і 5 і кутом 180' між ними.
653. 1) якщо а-Ь > 0, то кут між векторами гострий;
2) якщо а-Ь < 0, то кут між векторами тупий;
3) якщо а • Ь я *а »б|, то вектори співналрямлені (кут 0”);
4) якщо а -Ь = - то вектори протилежно напрямлені (кут 180 ’),
я54. У квадраті АВСО діагоналі АС і ВО і ЛС X ВД.кут між сторонами і діагонал-
лю 45°, сторони перпендикулярні, тому:
1) АВ 1 АХ).тому АВ АО -0;
2) ВА ± Ж.', тому ВА ВС - 0;
3) АВ .1 ІЇА,тому АВ ОА - 0;
276 Ш ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. і., Тарасенкова Н. А. «ИЩ:
। Аі АГ 1 ВД.тому АС ВО - 0;
М ЛВ ~Т Де, тоді (АВ; ДС| - 0. отже. АВ ОС «|АВ • |ДСІ = 11 = 1;
6> Дд 71 ВС, тоді | ПА; кг) = 180’, отже, 7М ВС «-|ДА ВС. --1 • 1 =-1.
Нм{| = у^и * л І 6 + й а' * 2а - Ь + 6Ґ
В- ^(а - б)’ . Та* -2а 6 + Ь = 2а Ь + [ь|’
55.1) якщо |а| -5, 'Ь| -8. (а; 6) -бО'.то а Ь«5 8<-о?60 =20.
І Тоді [а + 5} \25 + 2 • 20 + 64 = >/12»; |а - б| <25 - 2 20 + 01 = <49 = 7;
‘ 2) ЯКЩО 1а| - 12, |І>| - 6, а; б) - 90'. то о б = 0; а + Й 7144 + 25 - ІЗ;
їа-5|= 7144-25 = 13.
Відповідь: 1) 7129 і 7; 2) 13 і 13.
56. Нехай на сторонах параде юграма АВСО задано
І- вектори АД > а, АВ = 5. Діагоналі дС = а + й,
ВО = а-Ь.
| 1) а Ь«2-З сое120’= 6 1--3;
Г * .2,
£;+&< ^2* +2(-^) + 3’ = /Г-”б + 9 = 77;
а - б = 74 + 6 - 9 = > 19. Діагоналі .19 1 у 7;
2) и і = 1 2 сов 60* 2 • — 1: (а + &'« <1* + 2 • 1 + 2* і =
а - й| = \11 - 2 1 + 2і = 7з. Діагоналі 7? і 73.
Відповідь; 1) 719 і 77;2) 77 і 7з.
Якщо а 1Ь,то а Ь = 0 1 [а + .р-5|.
•67.1) якщо |а| “3, і>. - 4, то Іа •* Ія = [а - Ь = \'3’ + 4* = 5;
2) якщо а -12, Л| - 5. то |а + І>| = [а - їй <144 + 25 = 13.
Відповідь: 1) 5; 2) ІЗ.
98. Діагоццлі чотирикутника АВСО АС і ВД. Якщо діагоналі АС і ВД ріані
І перпендикулярні, ТО АВСО — квадрат.
1)А(1; 2). ВИ; 5). С(7: 2), Д(4; -1>, тоді АС(7-1;2-2), ЛС(6: 0);
ЯД(4 -4; - 1 - 5), ВД(0; - б). рс| » <6‘ +0* = б; |ВД1 = ^0* + (’б)1 - 6;
АС - ВВ = 6 0 + 0 • | -6) = 0,огже, |АС| іВД| і АС 1 ВД, тоді дВСД — квадрат.
Що Й треба було довести.
1 2)А(3; -2). ВІН І), С(1; 3), 0(6: О), тоді АС(4 -3;3т2], АС(1;5);
ВД(б - 1. О - 1), ВД(б; -1). |АСІ = >/1’ + 5і = ч 1 + 25 = 726;
|Й5|В>'51+(-!)’ = 726;
АС ВО = ] 5+ 5 (-1)= 0.отже, АС 1ВД і АСІ = ]ВД.Тоді АВСО — квадрат.
Що й треба було довести,
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М, І„ Тарасенкова Н. А. 277
Якщо у векторів а(*,; р,), у,),то соа(щ 6) Лі **?!',,.
7Ж<* + р’ • 7х’ ♦ Уі
859.1) сов|а; 6)»2------------------ Маємо: а(3; 3), б(-2; 2);
73*73*.7(-2) +2* ' }
|а| = 73’ + 3’ = Т9~2 = ЗТ2; |Я > ^(-2)* + 2* « 74~2 = 272;
соб|а; « о, отже, а 1 6, кут (а; б) = 90 ;
2) сов (а; б) - -т—^.^Д1,.,^"2), Маємо:
а(-1; 1). 6(1; - 2): |а| = ^1/ + 1’ - 72; Д » 71* + ( 2)’ = 75;
соя(й; б) ж -2'1 . -ТІ. = -0.9488; (а: б) - 16Г30'.
' ' 72 75 7І0 ' ’
860.1) а(2; 4), 5(3; - 1).тоді а Ь = 2 3+ 4 (-1) = 6-4 = 2.
|а| 72* т ї* = 720 «= 275; |б| = Ч'3Л + (-1)’ = 710;
СО8І": *) ГТГ = т— ж -Л* = ТА ’ 0.1414. (а; б) - 8Р54'.
' ’ 275-710 <50 572 10 ' І
2) а(1; 3), 6(-5:1),тоді а Ь = 1 (-5)+ 8 1 = -5 + 3 « -2.
|а| = 7Ї* + 3*‘« 7Ї0; Д « 7("5)’ +1’ = 726;
сов(а: 6) = 2 — = —— • -X, = —65 - -0,124. (а; б) - 97°6'.
' 7 710*726 275 13 765 65 ' '
861. У трикутнику лАВС кут А лежить між сторонами АВ і АС.
Задамо вектори АВ і АС.Тоді «ш А ж 7^..,
1)4(1; 1), В(5; 3), С(1; 7). ’ЛС'
Маємо: АВ(5 -1;3-1), АВ(4;2); АС(£-1;7-1), АС(0; 6).
АВ АС 4 0 *• 2 6 = 12; |АВ| = 71’ + 2* <20 « іЛ; |ас| 70і
ж . 12 1 75
Тоді сов А = --г = -_ = о, 4472; 2А « 63и24’.
2) А(1; 2). В(~1; 3), С(3; 2).
МаЕмо^АВ(-1-1;3-3). АВ|0;1); АС(3-1;2-2), АС(2; 0).
АВ АС 0 2 + І 0 = 0;тоді АВ 1 АС,/А - 90’.
Відповідь: 1) 63°24’; 2) 90 .
853’. р 1 у, 7| |д|= 1 а~Зр-2д,Ь = р + 4$.тоді р д = 0.
а Ь = (Зр -29}(р + 4</) «Зр’ +12рд-2р?-8$ вЗр’-вд1 »3> 8 =-5;
оскільки р =
Відповідь: -5.
864*. Вектори а і Ь такі, що а = 1,16 1; р = о + 26, $ 5а - 46 і р д *] (, р 1 <?)
Тоді р"9»0=|а + 2б)(5а-4б)«5а’-4а Ь + ІОа Ь-86 =5а’ + 6а Ь-ВЬ**
5 +6а 6 — 8™ 6а 6 — 3 = 0 [а ї* = 1 ,Тоді:
а-6 = - = -;а Ь »|а] *>)соа|а; і) = 1 1 сов(а; * сов(а; =-*,тоді (а; б) = 60е*.
Відповідь: 60°.
278 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А. ИОв
. Координатний метод
*. Оскільки точки А, ВіС лежать на одній прямій, то вектори ЛВ і ВС колі-
^"'шркі і АВ - А ВС.
1) Віктори АВ і МР колінеарні, тобто АВ - к МР‘. 2) вектори АВ і МР
іщфііелдикулярні, тобто АВ 1 МР; 3) вектори АВ і АС колінеарні, тобто
АВ - Л АС;4) довжини векторі» АВ і МР рівні, тоді | АВ | — | 1ИРІ;
7) МВ - МС і МВ - УС;9) АВ - В?; 10) ВС ТТ АВ, ВС* АЛ.
і . Нехай у трапеції АВСЛ М — середина АВ, N — середина ВС, К — середина
гр, £ <— середина АЛ. Введемо базис площини АВ
І АР. АВ -АР - ЛВ. АМ - А£ - /АГ Оскільки
і — — і — ----
А", ЛЬ - і АР, то 1-М
2 2
1
___ ____ ____ 2 ___________
Л’Х.отже, ЬМі МК колінеарні і| £/И | -| ЯК |; відрізки ЬМ і МК
паралелограм. Що й треба було довести.
АВ і АЛ.
р
- ї
ЛВ.
о.
ЛВ, АМ
, 1----
АМ - £ АВ, АЬ - - ______
'•2 2
Уналопчпо догодимо, що
Тоді ЬМ
.іаралельні і рівні, тоді МІЇКЬ
ІЗ . Нехай задано квадрат АВСЛ. Введемо банне площини
АВ-АЛ - ЛВ.
IX - ЛА — АС.Оскільки ЛС — АВ. ЛА — - АЛ,
то АЯ.4 А1) “ АС і АВ АЛ - ЛВ. Знайдемо
АС • ЛВ -(АВ* АР)(АВ АР)- АВР-І ЛОГ
Це означає, ідо АС 1 ЛВ.
М4 . Нехай задано прямокутник АВСЛ. Введемо базис площини
Г АВ і АЛ. АВ АЛ - ЛВ. ЛС- РА_- 4С_.
Оскільки ЛС - АВ, РА -~АО,то АВ4-АР - АС
Г І ЛВ - ЛС + ЛА - АВ- АЛ Знайдемо
ІАС|’- АС(АВ +АРр_“ І АВ(’+ 2 АВ АД+ІАВІ».
І 'Оскільки АВ 1 .АР. то АВ АЛ -0.
Тоді , АС |’- ДВ?Ч |ДОК_
[ Апалогічно |£>Вр - (АВ-АР)8АВІ* - 2 АВ • АВ +ІАВР,
івідкн І ЛВ Р - І АВ!’ 4-І АР к отже, | АС г - | ЛВ |» і | АС І - | ЛВ |.
Діагойаи прямокутника рівні, шо й треба було довести.
*В5Нехай задано прямокутний трикутник АВС з прямим кутом В.
Введемо базис площини дВ і ВС,Тоді АВ 4 ВС — СА.
|ГА|*_- Са"_-( АВ + ВГр-.АВМ 2/УВ ВС + іЯСР-
- |ЛВ|* 4- | ВСР, отже. !СА|Г - | АВЛ + |НС|\ тобто квадрат
гіпотенузи прямокутного трикутника дорівнює сумі квадраті»
катетів (теорема 1Ьфагора|. Що й треби було довести.
ЯВО. Нехай введено вектори АР і ВС Оскільки точка М -~
- - - і —
Середина АР. то МЛ — - АЛ. Оскільки точка V — сере
2
дино ВС, то ВК - - ВС. У паралелограма АВСЛ ВС — АЛ
2
і ЛСЦ АО, тоді МЛ “ ВіУ, тобто дані нектори колінеарні
і мають рівні довжини. Тоді ВМЛМ — паралелограм. Що
и треба було довести.
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А. 279
с
о
с
с
п
с
в
А м
894. За умовою ОС — ОВ. АО — О2>. Введемо базис
площини вектори ОА і ОВ. ОА - ОВ - ВА;
ОС- ОО - ОС. ОС --ОВ.ОІЇ - - ОД .тоді
ОС --ОВ-(-ОА)- ОА - ОВ - ВА. Маємо
рівність векторів ОС і НА, тоді вони колінеарні
і мають рівні довжини, Отже, СО - АВ, СО |[ ЛВ.
Що й треба було довести
895. Нехай іаадано ромб АВСО. Введемо базис площи-
ни вектори АВ і АО. АВ + АО — АС (за правилом пара-
лелограма). АВ - АО — ОВ. Знайдемо скалярний добуток
векторів ЛС 1 ВВ. АС • ВВ -(ЛВ+АО)(АВ-АО)-
-|АВ|»-|лОр-0.
Це означає, що АС ± ОВ.Отже, АСХОВ. що Й треба було
довести.
Геометричний зміст рівності — у паралелограма сума квадратів діагоналей
дорівнює сумі квадратів сторін паралелограма.
898. Доведемо тотожність, звівши ліву частину рівності до правої:
(о + б)* + (о - Ь)’« а * 1 2 З + 2а Ь + б1* а*-2а Ь + Ь,“2а, + 2&*-
- 2( а 1 + 6 і).
2(а’+ 6 г) — 2( а* + 6 і). Тотожність доведемо.
ТЕСТОВІ ЗАВДАННЯ
1а. Рівні вектори лежать на протилежних сторонах квадрата
(паралельні і рівні), співнапрнмлені і мають рівні довжини.
Отже. АВ • ОС.
Відповідь: В.
2 . За правилом паралелограма
ВА + ВС - ВО.
Відповідь; В,
З . Вектори а І 6 колінеарні, тому їх відповідні координати
,» , . 4 З
пропорційні і — = ——,
т -12
звідки т - — - -16.
З
Відповідь: В.
4. Нехай координати шуканого вектора а (а,; ав). За умовою вів одиничний, тому
/5
(а,)1 + (а,)1 - Iі. Такими можуть бути лише вектори з координатами (~ ;--)
>2 %'2 ~ —
і Заданий вектор 6(2; 2) і вектор а перпендикулярні, тоді їх ска
А &
лярний добуток а -6-0. Отже, о -6 - 2 < а( + 2 < а( - 0, звідки а, - -а,.
- ч2
Тоді шуканий вектор а ~ ). Відповідь: Г.
£ Л
280 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А.
І*, Розмістимо прямокутний рівиобедрений трикутник АВС з прямим кутом Стек,
щоб вершина гострого кута А містилась у початку координат, а вершина прямого
І кути С лежала на осі Ох. Точка М — середина катета ВС. Нехай е, — оди ми ч-
I ний вектор осі Ох, а еа — одиничний вектор осі Оу. Знайдемо косинус кута між
І векторами АВ і АМ (кут між медіаною і гіпотенузою). Розкладемо пі вектори
і «А координатними векторами: АВ - 2е, 4 2е,. АМ -2^ 4
АВ АИ -[АВ|-| АЛ/| сов/ВАЛ/;
АВ • АМ — (2е, 4 2^X2*» + *»)• 4Є|1 + 2е, е, 4 4е, е( 4 е, 7 - 6 (квад-
рати координатних векторів дорівнюють одиниці, а їх скалярний добуток дорів
нюе нулю);
І |АВр“(2еі + 2е~)’ - 4е, • 4 8е, +4?7,“8;
[ І АМ ♦ - (2е^ 4 є,)» - 4ел 1 4 4е, е, 4 с, • - 5.
Тоді І ДВІ - 75 а 2^2,1 АМ| - ТбОтже, 6 - 272 • & совЛВАМ,звідки
| со» гЛАМ = —~ = 3—9, Відповідь: В.
272 • 7б 710 Ю
РОЗДІЛ VI ПОЧАТКОВІ ВІДОМОСТІ ЗІ СТЕРЕОМЕТРІЇ
*
127. Взаємне розміщення прямих І площин у просторі
014’. 1) А є а, С є а, В є оц 2) АС є а, С2> € а; 3) АС і ВВ не перетинаються,
Г оскільки АС лежить у площині, а ВВ перетинає площину в точці В, яка не
належить АС. АВ і АС перетинаються в точці А. АВ і СВ не перетинаються,
І оскільки СГ) лежить у площині, а АВ перетинає її в точці АєСЛ.
815.1) Якщо три точки лежать на одній прямій, то через пих можна провести
І безліч площин.
2) За властнвісю площини через три точки, що не лежать на одній прямій,
можна провести тільки одну площину.
816 . Якщо в просторі задані пряма і точка, то:
Г 1) якщо точка лежить на прямій, то через пряму можна провести безліч площин,
в кожній з яких можна провести через задану точку пряму, перпендикулярну
। заданій прямій;
2) якшо точка не лежить па прямій, то через пряму і цю точку можна провести
тільки одну площину, в якій існує тільки одна пряма, що проходить через задану
точку 1 перпендикулярна заданій прямій.
817'. З точки поза площиною можна провести до площини безліч рівних похилих,
1 оскільки з основи перпендикуляра до площини можна провести безліч рівних
відрізків (радіусів кола). Геометричне місце основ рівних похилих — кбло.
818". Виконайте побудову. Пряма АВ перетинає площину в точці А, а пряма ВС —
р в точці С.
818". Ні, не можуть, оскільки за властивістю прямої і площини; якщо дні точки
деякої прямої належать площини, то ця пряма лежить у площини, тобто має
з нею безліч спільних точок.
620 .1) Ні, не правильне, бо такі прямі можуть бути мимобіжними (нг вистачає
умовк, що прямі лежать в одній площині); 2) Ні, не правильне, бо такі прямі
можуть бути мимобіжними (не вистачає умови, що прямі лежать в одній пло-
щині); 3) Ні, не правильне, бо ця пярма і друга з паралельних прямих можуть
бути мимобіжними (не вистачає умови, що пряма лежить у одній площині
з паралельними прямими).
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А. 281
921 Мал. 370. Із прямокутного трикутника АВС (ЛС - 90"):
х - 7ЇОГ^6а » 7б4 - 8.
Мал. 371. із прямокутного трикутника АКС (/Я - 90°);
X - 4а і п 60' - 4~ = 2Тз.
2
Мал. 372. Із прямокутного трикутника АВК (/К — 90°);
х - ТІ 7і - 8’ = чг22б - 15 (ВК - МС).
*
922 . Із ААВС (/С - 90 ) АС - ТАВ’ - ВС* ,АВ - ТлС* + ВС*;
ВС “ \'ЛВ' - ЛС* - Для заповнення таблиці знайдемо сто-
рони трикутника.
Якщо АВ - 5 см. ВС - 4 см, то АС - Тба - 4а - 3 (см);
якщо АС - 2 см. ВС “ 2 Тз.то АВ - - 4 (см);
якщо АС " 6 см. АВ - 10 см, то ВС - ЯО* - 6а - 8 (см);
якщо ЛС - 12 см. ВС - 12 см, то АВ - 12 72 см. оскіль-
ки ААВС прямокутний і рівнобедрений;
якщо ЛВ - 25 см. ВС - 24 см, то АС - 725і - 24а -7 (см).
924 За властивісю площини через три точки, що не лежать на одній прямій, мож-
на провести площину і тільки одну. Якщо за умовою через три точки провели
дві різні площини, то ці точки лежать па одній прямій.
925. Ні, на завжди. Наприклад, три точки не лежать па одній прямій, а отже, ле-
жать в одній площині, а четверта точка в цій площині не лежить.
926. Нехай задана пряма і точка, що не лежить на ній. Оберемо на прямій дві точ
ки і через них і задану точку проведемо площину (вона єдина, оскільки ці три
точки не лежать па одній прямій). Дві точки заданої прямої належать прове-
деній площині, отже, і вся задана пряма лежить у цій площині. Маємо: через
пряму І точку, що не лежить па даній прямій, можна провести єдину площину.
Що й треба було довести.
927. Ні. цо можуть бути прямі, які перетинають площину трикутника, і ті, які
лежать у площині трикутника, а отже, всі такі прямі не лежать в одній пло-
щині.
928. Через прямі АВ 1 СВ можна провести площину, точки А, В. С і В належать
якій, тоді і прямі ЛС, АВ, ВВ, ВС лежать у цій площині.
930, Припустімо, що пряма а паралельна кожній із мимобіжних прямих біс.
Дві прямі, кожна з яких имраралельиа третій прямій, паралельні між собою,
що неможливо, оскільки за умовою пярмі мимобіжні. Тоді ваше припущення
неправильне і пряма а не може бути паралельною кожній із мимобіжних пря-
мих Ь і с.
931. Паралельні прямі а і Ь лежать в одній площині, тоді точки перетину прямих
є і <і з прямими а і Ь належать площині, а отже, прямі с і <1 лежать в одній пло-
щині і не можуть бути мимобіжними.
932. Візьмемо довільну точку X на колі з центром О. Тоді
відстань від точки М до точки X — довжина похилої Л/Х,
МО — перпендикуляр, радіус кола ОХ — проекція похн
лої на площину кола. ЛМОХ — прямокутний з прямим
кутом О. Знайдемо катет ОХ, після чого знайдемо діаметр
кола <і, враховуючи, що <1 - 2ОХ. Маємо:
1) якщо МХ - 13 см. то ОХ - 713і-12а - 5 (см):
282 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А.
іг * 5 ’ 2 « 10 (см);
3) якщо МХ - 15 см, то ОХ - \'152 ” 12і
- 9 (см); </ - 9 • 2 - 18 (см).
Відповідь: 1) 10 см; 2) 18 см.
МЗ. Рівні похилі, проведені з однієї точки до площини, мають рівні проекції. Гео
метричне місце основ рівних похилих — коло (задача 917), тоді точки А, В. С1
О лежать на одному колі, а чотирикутник АВСВ — вписаний у коло. Ос кільки
в коло не можна вписати паралелограм, то АВСО може бути квадратом чи нря
і мокутником і на може бути паралелограмом.
^4. Скористаємось мал. до задачі 922. Нехай із точки А проведено перпеяднку-
Іллр ЛС і похилу АВ, кут між ними . ВАС - ф, АС а. Тоді;
І) якщо д - 4 см, ф “ 45% то * АВС 90а - 45° — 45% трикутник рівнобедреник
І ВС — д • 4 см. У рівпобедреного прямокутного трикутника гіпотенуза
АВ-ВС» ТІ.ВС-а/Ї гм.
2) якщо д — 8 см, Ф ” ЗО . то АВ — » -7^ = - (см),
говф , з ч/З З
-Ч к ч З
АС - ЛВфа8' (см).
. я «чі . , /X оі 3 * 5 1 б V З
Відповідь: 1) 4 см і 4 у2 гм ; 2) - см і — - см.
«41а. Відстанню від точки до площини буде донжина перпендикуляра АМ, опу-
щеного а щсі точки на площину. Оскільки площина АВС перпендикулярна до
площини їх, то перпендикуляр АМ лежить у площині АВС' і є висотою трикут-
ника АВС, Тоді:
За даними мал. З?3:
площа ДАВС 5 — - АМ « ВС або 5 - ч рі р - аЦр - &ХР - с), де р а
І _ . 13 + 14+15
। Тоді р»
2
21, 3 - 7ІЦ21 - 13X21 - 14X21-15) - 84 ,
2
— 2 84
АМ “ --—-----
ВС ІЗ
- ,2Й-
За даними мал. 374: у паралелограма АВСВ АВ — СВ — 20, площа ДАВС
5- ВС або 5- ^'рІр~а)(р ЬМр-с),де р=а-^*~.
т 13 + 20 + 21
Тоді р =------------ 27,
*•
З - <27(27 ”13X27^20X27 -21) - 153. АМ - ™ 23 ,4-
ВС 13 13
За даними мдл. 375: із прямокутного трикутника ВКС ВС - 5, площа ЛАВС
5*1 АМ ВС або 5 - \Р<Р -аЦр~ - с), де р = —^-г ,
5+6+9
Тодір= —-—
5 - <1б(ТО~5МІО^бХ10- 9) - ЮТ2.АЛ7 “ =4^2.
Відповідь; 1) 12 ~ ; 2) 23 73) 4/2.
13 13
10.
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н, А. :>й 263
§28. Многогранники
951 . За мал. 391; 8^ — + ^лл^с + ясддв-
” 2 + $лл,а,а + Зл4,1'іс + ®«Л*'
За мал, 392: 8^ - &і>и + §ои + $лха + Ямс * Ямс'»
Яш» ' ®вм + ^ахл + Ялгл " ®мг "* 3ла • '’иМІм'
За мал. 892: 8^ — ^*чд» + ясцм Ялл,цп ' ®«,др’
^пш. “ 2я«са "* Я44Д< + Я<х\да + Ялчав + Я<х,До*
952'. На мал. 391 зображена пряма призма, бічні ребра якої перпендикулярні пло-
щині основи, тому бійне ребро можна ваажяти висотою цієї призми. На мал.
392 бічні ребра піраміди є похилими до площини основи, тому' ніяке бічне реб
ро не можна вважати висотою піраміди. На мал. 393 зображена пряма призма,
бічні ребра якої перпендикулярні площині основи, тому бічне ребро можна вв-
ажати висотою цієї призми.
953 .1) Ні. оскільки об’єм призми дорівнює добутку площі її основи на висоту;
2) так. оскільки бічне ребро прямої призми співпадає з її висотою; 3) ні, ос кіль
кн об’єм піраміди дорівнює третині добутку площі Я основи на висоту; 4) так.
955~. На мал. 394 зображена правильна трикутна призма, в основі якої лежить
правильний трикутник зі стороною 3, а висота призми 4.
я«,. • ?„ • м-“ 3'3 • 4 - 3«і
8в. " яв« + 2 3^‘ 5«. “ 36 + 2 • - 36 + -^.оскільки 5 “У“-
На мад. 395 зображений прямокутний паралелепіпед, в основі якого лежить
прямокутник зі сторонами 2 і 4, а висота пярмокутного паралелепіпеда б.
- Ри/ СС„ 8Ш„ - 2(2 ♦ 4) - б - 72;
5 -5,. +28 ,3 - 72 + 2-2-4-88, оскільки З -2-4.
На мал. 396 зображена правильна шестикутна призма, а основі якої лежить
правильний шестикутник зі стороною 6, а висота призми 9.
8в - ? • СС., Зв,ь - б • б ♦ 9 - 324;
8 - 8 + 2 8 .5 л - 324 + 2 - 324 + 108 -/З,
о • За*7з
оскільки 8 _ — —-—.
—* 2
955 . Якщо ребро куба а, то 8вші - 4 а5, а 8, г - б а», де а* — площа однієї Ірані
куба. Тоді:
1) якщо а - 2 см. то 5^ - 4 • 2* - 16 (см*), а 8^ - б • 2і - 24 (см’);.
2) якщо а - 5 см, то 8^, - 4 5’ - 100 (см‘), • 8^ - 6 • б* — 150 (см1);
3) якщо а - 4 см, то 8Шч> - 4 4’ — 64 (см*), в Я _ ґ • б • 4’ — 96 (см1).
957 . Якщо задано прямокутний паралелепіпед, в основі якого лежить прямокутник
зі сторонами 3 см і 4 см, а висота прямокутного паралелепіпеда Л дорівнює Його
бічній стороні, то 8^ - Р^ • Л,
8Шш “ 2(3 + О • * - 1< А;
8^ - + 2 5«. - 3— " 5ь.. + 2 ’ 3 ’ 4 ‘ + 24- Маємо;
1) якщо Л - 5 см, то 8^ -14-5-70 (см1), 5„, - 70 + 24 — 94 (см*);
2) якщо Л - 10 см, то 8^ - 14 • 10 - 140 (см*), 8„ - 140 + 24- 164 (см*);
3) якщо Л - 2 см. то 8Ьш -14-2-28 (см‘). 8^ - 28 + 24 - 52 (см*);
8 л/8
958’. У куба з ребром а 36пш — 4 а’, тоді а - л — -—.Отже:
284 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А.
і • 240 см' - 120 см\
2
і і ЯКЩО 5_ -16 см*. то а - —— - - 2 (см);
і &
3) якщо - 8 см*. то а - — = —
2 (см);
3) якщо 5в,„ “ 4 см1. а “ *Х" = 5 “ 1
0 . Нехай у прямокутного паралелепіпеда АЗСЙ/І^С^,
оща основи 5^0 “ 240 см’,
Л_ - - 240 см1 - 60 см*,
А*’ 4
Чи* ” 2(5счда .
5 ж - 2(120 см* + 60 см*) - 360 см*.
* • +25 , - 360 см* + 2 • 240 см* - 840 см*.
мя4> ж*Ш. ДКв. ВИг
МО . На мал. 397 -399 зображені правильні піраміди. Площа бічної поверхні пра-
1 вальної піраміди 5^ - ' • І, де І — апофема правильної піраміди (висота
бічної грані піраміди); 8^ - 5^ 4 .
Па мал. 397 зображена правильна трикутна піраміда ЯАВС з бічним ребром
б і стороною основи 6. У рївнобедреиого \ЯАВ висота ЯК проведена до осно-
ви, тому с висотою 1 медіаною. Із прямокутного АЯКВ (2ЯКВ — 90, КВ — З,
7В - 5) магмо ЯК « 4 (піфагорова трійка). Тоді
| & - 1. З • 6 ‘ 4 - 36; 5 -36 + -36 + 9^3 (5^ - --^).
2 4 4
На мал. 398 зображена правильна чотирикутна піраміда ЯАВСО з бічним рсб
ром 17 і апофемою 15. У рівнобадреного \ЯВ( висота ЯК проведена до осно
ви, тому е висотою І медіаною. Із прямокутного ЛЯКВ (ЯЯКВ - 90 , ЯК — 15,
ЯВ - 17) мнемо: ВК - у‘17* -15* - 8.
Тоді ВС - 8 • 2 - 16, 3^ - | • 4 • 8 15 - 240;
Зв-> - 240 + 8і - 240 + 64 - 304 (5*. - 8і).
На мал. 399 зображена правильна шестикутна піраміда ЯАВСМЕР з бічним
ребром 25 і стороною основи 14. У рївнобедреиого ЛЯВС висота ЯК проведе-
на до основи, тому е висотою і медіаною. Із прямокутного АЯКВ 12ЯКВ — 90 ,
ВК - 7. ЯВ - 25) магмо ЯК - у 25* - 7* г 21. Тоді 5вш - і • 8 • 14 • 24 - 1008;
).
1008+ 294/з.(5
5^- 1008 + ---------------------------— 2
741 \ У заданої піраміди в основі лежить квадрат зі стороною а і площею 5^ — а*.
Бічна поверхня піраміди складається з чотирьох рівних рівнобедреник трикут-
ників з площею тому
5_ - 45. а 5 - 5М„ + а’. Отже:
игтм пюм-- мами.
1) якщо а - 3 см, 5° 12 см1, то
X - 4 • 12 - 48 см*. а 5 - 48 + 3’ - 57 (см1);
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А. 285
2) якщо а - 4 см, 5-20 см1, то
5И> 4 20 - 80 см1. а 5^ - 80 + 4і - 96 (см*);
3) якщо а — 0 см, 5 - 24 см*, то
5«ш " 4 • 24 - 96 см», а 5 - 96 + 6* - 132 (см*).
962а. Об'єм піраміди, я основі якої лежить правильний л-кутник зі стоіюною
а - 15 см,
У “ з ‘ Л* де Л — висота піраміди.
П .««» - - я — ч- в‘>/3 с 15’73 225>/3 .
11 якщо л - 3, то 5 - —,5 • —-— - —-— (см');
1 22!іЛч 4 4 4
V - А • • 20 - 375 7з (см*);
З 4
2) якщо п - 4, то 5^ - «* . 5мя - 15* - 225 (см1);
V - | 225 -20- 1500 (см*);
. їі|Л(аіП;
V - 1 . 67^Й . 20 - 2250 ^3 (см>).
ПЮповідь: 1) 375 7з см’; 2) 1500 см1; 3) 2250/З см*.
1
16
964. У куба з ребром о 3^ “ ба*. Дослідимо зміну площі повної поверхні куба
в залежності від зміни а:
І) якщо а збільшити втричі, то 8’^ - 6(3а)* - 9 • ба* - 95мя тобто площа
повної поверхні збільшиться в 9 разів;
І 1 І
2) якщо а зменшити вчетверо, то 5’ - 6( — а)1 - — • ба1 - - 6'
4 16 16 '“**
тобто площа повної поверхні зменьшиться вів разів;
3) якщо а збільшити на 50 %, то 5* ія - 6(1.5а)* - 2.25 • 6а’ - 2,255 в,
тобто площа повної поверхні збільшиться в 2,25 разів;
4) якщо а зменшити на 75 %, то $’ - 6( - а)’ - ~ • ба* - — 5
тобто площа повної поверхні зменьшиться в 16 разів.
96 6.1) Нехай у куба і прямокутного паралелепіпеда рівні основи, що є квадратами
зі стороною а. Тоді за умовою висота куба а, а паралелепіпеда 5а. їх об'єми:
а*, • 5а - 5а1- Відношення об'ємів: : V • а": 5а* - 1 : 5.
2) Нехай у куба 1 прямокутного паралелепіпеда рівні висоти, а сторони основ
відкосяться як 1 : 1 : 2. Тоді аа умовою їх висоти а. а сторони основи а, у куба
та а 2а у паралелепіпеда. їх об'єми: V - а*. V - а • 2а • а - 2а*. Відношення
об'ємів: У* : а»: 2а»-1 : 2.
Відповідь: 1) 1 : 5; 2) 1 : 2.
967. Задано пряму трикутну призму, в основі якої
лежать сторони а і Ь, кут між якими а, а висота
призми с. Позначимо довжину третьої сторони
основи за х. тоді за теоремою косинусів
х» - а* + 6* - 2 аАсов а. 5кад - (а + Ь 4- х) • с,
~ «*,. + 25„ - у “
1) якщо а - 6 см, Ь - 8 см, а - 30°, с - 5 см,
то х» - б’ 4 8’ - 2 • б • 8 сов 30е,
286 ГЕОМЕТРІЯ БурдаМ. І., ТарасенковаН. А.
Іг*- 100 -96 • —.
2
Гл*- Юо -48<3,х- <100 - 48.3,
I ям« “ <6 + 8 + <100 48<3 ) 5 - 6(14 + >100 48 <3 цсм*);
[ 5(14 + Лоо-48уЗИ 2 | • б • 8 • 8Іп 30° - 5(14 4<100 - 48<3) + 24 -
[ - «4 + & <100 - 48<3 (см1).
[ V - 2 • 6 8 • »ш ЗОМ - 12 5 - 60 (см3).
і 2) якщо а - Ь- 10 см, а - 60', с - 12 см, то заданий трикутпик рівнобедрений
Г * кутом 60г при вершині, отже, цей трикутник — ріаносторенній зі стороною
10 см: 8^ - 3 • 10 • 12 - ЗбО (см1);
8^ - 360 + 2 • —— - 360 + 50 <3 (см’).
ІИЙ '
V - -3 • 12 - 300 <3 (см*).
4
968. Для заповнення таблиці знайдемо для Кожного випадку
Г Р^ - па і 5. - Р' Н - паН.
Ж’ІІ' ЗГж
ді ?3
І “ 5*н.. + 25~. < де ДЛЯ л - 35^ - ——;
«НЛ М ** АС ж Л1‘ НМЯ Л АС м
І для л — — а , для п — пд^. “ — ' •
1) якщо п " 3, а - 5 см. Н - 8 см, то
5яч/з г-
8^, -3-5-8-120 (см1); - 6,25 >3 (см1);
8^ - 2 • 6,25 <3 4 120 - 120 + 12.5 <3 (см*); V - 6.25 <3 ♦ 8 - 50 (см*).
2) якщо л “ 3, а — 10 см, Н — 8 см. то
-3-10-8 - 240 (см*); Зет - 10 - 25 <3 (см3);
3^ - 2 • 25 <3 4 210 - 240 + 50 Л (см3); V - 25 <3 -8- 200 <3 (см3).
3) якщо л - 4, а - 9 СМ, Н - 27 см. То
3Л(№ - 4 9 27 - 972 (см1); 5„ - 9' - 81 (см3);
5^ - 2 • 81 4 972 - 1134 (см3); V - 81 • 27 - 2187 (см3).
4) якщо п - 4, а — 3 см, Н - 9 см, то
5Л,_ -4-3-9-108 (см*); а - 3і - 9 (см*);
- 108 + 2 9 - 126 (см*); V - 9 9-81 (см*).
5) якщо л — 6, а — 2 см, Н — 4 см, то
8^п - 6 • 2 4 - 48 (см5); - 6 <3 (см1);
К , - 48 4 2 • 0 <3 - 48 + 12 <3 (см*); V - 6 уї - 4 - 24 <3 (см3).
6) якщо п - 6. а - 2 см, Н — 6 см, то
5^ - 6 - 2 - 6 - 72 (см3); - 3 2^— 6 <3 (см*);
- 72 4 2 0 <3 - 72 4 12 <5 (см1); V - б Л - 6 - 36 <3 (см*).
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А. 287
969. Яктпл жч ребр« чотирикутної піраміди рівні, то в основі тежить квадрат зі
стороною а. а бічні грані — правильні трикутники зі стороною а. Тоді
- а1, і', - ;
ЧмЯ в гр ’
5^ - і - а*Л,3^ - а‘Л + а1 - а’( Л + 1).
1) якщо а - 2 см, то
• 2’Л " * Л (см1), 5№ - 2443 + 1) - 4{ /з +1) (см*);
2) якщо а — 5 см. то
5вчж - 5* Л " 25 Л (см»), $м - 5*( Л + 1) - 25( Л + 1) (см*);
3) якщо а - і см, то
5«мм “ 1’^ ’ Л (см1), - 1*( Л + 1) -г Л + 1 (см1).
970. Оскільки всі грані ірикутвої піраміди с правильними трикутниками зі сто
ропою а, то іх площі рівні. Тоді » З* ;
.4 - З
4ІЧІІ
де Я — висота піраміди.
1) якщо а
• 6 см, Я - Ь
“ 3 • - 5і Л - 25 /3 (см1);
4 4
1 5і Л . 2 125^2 .
У з’ - Чз -ЧГ-*™»-
2) якщо а - 10 см, Я -
*Чг”
“ 3 • ’-4— - 75 Л (см1); - 1О> '3 - КЮ Л (см1);
У 1 10а Л Н1 [2 250Л, ..
1Чз’ з“(гмЧ
3) якщо а • 9 см, Я -
4 4
- 81 Л (см );
І Я* Л 2 243Л
/ 3 4 й 4
(см1).
~ 3 ’ 3’"4 3 - 2'^ (см’П - зі “ 9 Л (см*);
971 \ Нехай довишни ребер заданих хубіл о і Ь, тоді для першого з них
5в« " 4а*» 8т. * ®°І> “ в1; |ЛЯ другого куба 5'^,, - 4Ьг, Я_іЯ - 65і, V - Ь*.
За умовою для граней кубів ? - Р’ - г, я
286 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І„ Тарасенкова Н. А,
І
- 5* * " отже, 4(а * 6) • с, а - Ь * а1 - Ь* • 4. (а - Ьма + И “ &•
ІР*’ 4
лі/і
В (а + Ь) “ </, а + 5 — —.
») якщо с - 16 СМ. 4 - 56 см’. то о - & - 1, а + 6-14. звідки а - 9 см. І) - 5 см.
Роді З,- 4 • 9’ - 324 (см’), 5м - 6 9Г ‘ 486 (см’), V - 9’ - 729 (см’);
Ж ш - 4 • 5» - 100 (см1), 5'м - 6 5’- 159 (см»), Г - 5і - 125 (см1).
} якщо с- 12 см, - 105 см’, то а - Ь " 3, а 4 Ь “ 35, звідки
0 - 19 см, 6 - 16 см. І
|Йоді 3^, - 4 • 19’ - 1444 (см1). « ' 19’ - 2166 (см1), V - 193 ’ 6859 (см’); !
Ь„. - 4 • 16* - 1024 (см’). 3*^ - б • 16’ - 1536 (см*), Г • 16’ - 4096 (см1),
>7. Об’єм кузова V • 3 • 2 • 1 ** 6 (вс*). тоді за 1 рейс вантажівка може перевезти
ИСУ М 650 6 - 3900 (кг) буряків.
11 ш> 2 рейси — М, - 3900 • 2 • 7800 (кг);
?) за 4 рейси — м' • 3900 • 1 - 15600 4 кг);
П) за 10 рейсів — М19 - 3900 • 10 39000 (кг);
Нчіпо«1&ь: 1) 7800 кг; 2) І&бОО кг; 3) 39000 кг.
»9. Тіла обертання
Ьштіл обертання Мижна обчислити площу бічко, поверхні (циліндра, конуса), ницу повно) поверхні, об'» за такими формулами (Я — радуг оснмви циліндра. ДОтуса лСю радус кулі, Я — висота циліндра, конуса; Ь — твірна конуса): СК
Циліилр К-опус Куди
Т Ч (| ~ ЛІГ: 1 Ьь- 2 пЛ// 1 5_ь - 2лЛН 4 2яЯ* - - 2Л/ИН -Я) - К^я 5^ - ЛЯ»; 3Мя » пЯ£ 5^ - яЯІ + лЯ* * - хЯЯ. 4 Я) И- 1лЯ°Н 3 5’ - 4 ЯК па» Г- -яЯ* 3 5 X о к о Е
Ш4 . За мал. 119 8^ - 2к - АО > ОО,; 3., - 2л • 40(00, 4 АО); V - л -АО* - ОО,.
| За мад. 420 Я - л • АО • А2; Я - я • .404/12 4 АО); V - |я « АО1 02.
<М“ З
ОМ'. 5 - 4лАО*; V - лАО’.
“• З
6*0 . На мал. 422 зображено пнліндр з радіусом основи 3 1 висотою 10, тоді
Т і - 2к 3 10 - бол; 8^ - 2я ’ 3(10 4 3)- 78л, V - л • 8’ • 10 - 90л.
На чиї. 423 зображено циліндр з радіусом основи З І висотою 3. тоді
1 «V. * 2л • 3 • 3 - 18л;
2к • 3(3 4 3) - ЗОп; У - я • 3’ • 3 - 27п.
На мат. 424 зображено циліндр з радіусом основи З і висотою 6, тоді
8^ , - 2л • 3 • 0 - 36л;
*ї“ ‘ - 2л 3(6 4 3) ’ 54я; V - ж • 3’ 6 - 54я.
Ю'. Роагорткою циліндрі) буде прямокутник Із розмірами 2лЯ і А та 2 круги
в радіусами Я
1) якщо К - 1 см, Л - 3 см, то розміри прямокутника 2л см - б гм і 3 см,
м радіус кругів 1 см;
$в-\ ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасеиково Н. А. Ф: 209
- 2л • 1 • 3 - 6п: 5^ - 2к ’ 1(3 + 1) - 8я: V - Я • V • 8 - Зя;
2) якщо К * 2 см. Л • 4 см, то розміри прямокутника 2л • 2 см • 24 см і 4 см.
а радіус кругів 2 см;
8^ - 2л • 2 • 4 - 16л: Зи - 2я • 2(4 4 2) - 24л; И - я • 2’ • 4 - 16г.:
3) якщо Я - 3 см, А “ 5 см, то розміри прямокутника 2я • 5 см 60 см і 5 см,
а радіус кругів 3 см.
8 - 2п 3 • 5 - 30л; 8 - 2х 3(5 4 Зі - 48л; V - л 3і • 5 - 45п.
989”. Твірна циліндра дорівнює його висоті, тоді у заданих циліндрів Л - 10 см.
Площа основи циліндра 8 - яй9, звідки В
10 - 20л
5.
е е
- £ 4 28; V - я - • 10 - 105.
п “ *”• л
1) якщо 8 • 4я см’, то
8 - 20л А— - 40л (см2); 8„. - 40л + 2 • 4л - 48л (см1);
V и,‘
V — 10 • 4г " 40л (см’);
2) якщо 8 « 2,56л см», то
5в - 20л. -— - 32л (см»); 5 - 32л 4 2 • 2.56я - 37,12л (см1);
яаМм* ивж
V - 10 • 2,56л - 2Е>,Ші (см*);
3) якщо 8 * 25я см’, то
8. - 20я.|2-5 - 100л (см1); Я - 100л + 2 • 25л - 150л (см*);
" N п
V - 10 • 25л — 250л (см1);
991 \ Па мал 425 зображено Конус а радіусом основи 3 і твірною 5. тоді
8Ьжж - я • 3 • 5 “ 15л;
8^ - п • 315 4 8) - 24л,
На мал. 426 зображено конус з радіусом основи 12 і твірною 15, тоді
3^ - я • 12 • 15 - 180л; 5,, - Я- 12(15 4 12) - 324л.
На мал 427 зображено конус з радіусом Основи 3 1 твірною 10, тоді
8^ - я 3•10 “ 30л, 8_ - я ♦ 3(10 4 3) - 39л, д
992’. Нехай заданий конус з центром основи О і висотою ВО. Л\
Проведемо радіус основи АВ, який утворює з ВО прямий кут., /і
Із ЛАВО знайдемо твірну £ ^ АВ - У ВО’ + АО1 - 7Ї? » Л* . / /
1) якщо Я - 12 см. Л • 5 см, то /С--
£ - 7Ї/ + 57 - 13 (см), 8^ - я • 12 • 13 - 156л (см’); / / £
5 - я • 12(13 + 12) - ЗООл (см1);
“ 1 А
V - £л • 12» - 5 - 240л (см*);
З
2) якщо В * 3 см, /1-і см. то
- £ - > Зг“є 4’ - 5 (см); 8^ - я • 3 • 5 * 15л (см»);
8 - я - 3(5 + 3) - 24л (см1); V - ід • 3» 4 « 12я (см1);
‘ З
3) якщо Я - 1 см, А - 6 см, то
£ - ЛГ7б’ - >37 (см); 8^ - я - 1 • - п > 37 (см1):
8 - к . і( 4з7 4 1) - к /З? 4- д (см1); И - 1 я « 1» • 6 - 2п (см1).
** з
993\ Скористайтесь мал. до задачі 992. Висота конуса Л " ВО, радіус основи
Я — 1 2>. За результатом задачі 922 твірна конуса £ “ АВ — > В* * Л* .
290 ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І.. Тарасенкова Н. А.
Цї якщо І) “ 6 см, Л •* 4 см, то
Я * З см. Ь - ^3Г+ 4і - 5 (см); 8^ - я • 3 • 5 - 15я (см1);
І 5 • я « 3(5 +• 3) - 24я (см1); V- | я • 3* • 4 - 12я (см*);
) якщо Я - 10 см, Л — 12 см, то
Я - 5 см, І - VI 2і * 5’ - 13 (см); 5^ - я • 5 - 13 - 65я (см1);
5 - я • 5(13 + 5) - 90п (см’); V - ^я • 5і « 12 - ІООх (см*);
) якщо Я ~ 12 см, А “ 8 см, то
Я - в см, Ь - чб7 + 8’ - Ю (см); 5^ - я « 6 • 10 - 60я (см1);
5 - я • 6(10 + 6) - 96л (см*); V - | я • в’ • 8 - 96п (см1).
т* З
ф04.1) Якщо Я - 2 см, то 8Ш - 4я • 2і - 16я (см1); V- | я • 2’ - ~ (см1);
| 2) якщо Я • 3 дм, то 5^ — 4я • 3* - Звя (дм1); V "• - я • 3* — 36л (дм1);
ІЗ) якщо В - 4 см. то 8 - 4я • 4і — 64я (см1); V - £ Я • 4і - 2-^П (см1);
г 4) якщо Я — 5 дм, то 8^. " 4я • б* - ІООя (дм1); V ” - я • б1 “ (А**®)-
О О
&
<45 . У кулі з радіусом Я об’єм V «
Я®, звідки Я -
Із формули площі
4
З
І фери - 4пЯ“ маємо Я -
1) якщо Я “ 9 см, то 5 •" 4я 9і “ 324л (см1); V ” — я 9* “ 972л (см1);
' —— ®
2) якщо 5 - 64п см1. то В - “ 4 (см); V « я • 4* - . (см1);
** \ 4я До
3) якщо V - 288я см1, то Я - - 6 (см); 8 - 4л • 6* - 144я (см1);
V 4л
4) якщо V - 36я см1, то Я - - 3 <см>; 8^ - 4я 3і - 36х (см1);
б) якщо Я ~ 49л см1, то Я “ ? (см); V - - я • (-)1 - (см1);
І 4Я А 4 - О
в) якщо В - 8 см, то 8 - 4я 8і - 256л (см1); V - * я • 8і - (см>).
о о
®7. Нехай прямокутник ОО,АВ зі сторонами АВ - Ь і АО, - а обертається навколо
меншої сторони АВ. При цьому утворився циліндр з центрами основ О і О4
II радіусом АО,- 8М1Д - 2паЛ,-
« 2яа(Ь + а); V - яа*Ь. За умовою а 4- Ь - 16 см,
и - Ь - 4 см, тоді
о - 10 см, Ь - 6 см.
3^ - 2я • 10 • 6 - 120л (см1);
-2я 10(6 + 10) - 320л (см1);
И-я • 10і• 6 - 600л (см’).
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А. :•>< 291
1000. Нехай прямокутний трикутник ОАВ а катетами Огі Ь1АО “ о обертається
навколо більшого катета ОВ. При цьому утворився конус іа
пеятром основи О І радіусом АО. 5^ “ яаЬ. де £ — твірна.
Із прямокутного трикутника ОАВ мнемо:
І. - Уа’ + б’. З** - Па(£ + а);
V - і яа'Ь. За умовою а Ь - 31 гм. а - Ь - 17 см, тоді
а - 24 см, Ь - 7 см. Ь - ^24” 4 7і - 25 (см),
* л • 24 • 25 ~ бООїс (см’);
5 . - л 24(25 т 24) - И7<Иі (см1);
V - - я • 24* 7 - 1344л (СМ*).
З
1001. Нехай у заданого конуса Я„, - 144л « ЛІР, звідки Я*- 144, В - 12.
156я
1) Якщо то ” ”12д" " *
Із прямокутного трикутника ОАВ ма< мо:
Я - >ІЬ~Нг ,Н - 713’ -15? - 5;
5 - 144я 4 І5бл - 300л, V - і • 144л - 5 - 240л.
— З
2) Якщо 5.^ - кЛЛ - 180л. то £ - « 15.
Із прямокутного трикутника ОАВ маємо;
Я - у? - Я* , Я - VI5і -12; - 9;
Я - 144к + 180я - 324п;
ІЮТ
У- 1 . 144п* 9 " 432л .
З
1002. Відношення плош 5 і 5* двох сфер з радіусами В і Я ; — =
в
Тоді;
5
11 якщо В - 200 мм і Я - 300 мм, то — -
5
2) якщо Я “ 0,7 дм і К “ 1,4 дм, То — =
£>
4
9і
0,7
1.4
200 1
300
Iі і
I е
4
1003. Відношення об’ємів V і V двох куль о радіусами є, і г, :
4 ,
К з^1
V" 4 ।
„П'і
1) якщо гв + гт
|Г / ш X*
І ) .Тоді;
<г* І
- 17 см і гь - г, - 7 см, то Г( - 12 гм, г, * 5 см;
1728
1 ви *
5 І 125
11 см і г - г - о см, то г. - 8 см, г - З см;
І V • •
512
27 ’
12
2) якщо г( + г*
V
И'
8
З
292
ГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А
ТЕСТОВІ ЗАВДАННЯ
і. • н. - 4 • 2 - 8 (см). 8М„ - 8 • 6 - 48 (см’).
ІВідповідь: В.
IV - 1 5 • Н. V - і «6-4—8 (см’).
З 3
) Відповідь: Б.
д 4 «й
Г.л -|Я-Л«.Ь’ -4п«3’-36л(см’}« V- д - 3 1 - 36 я (см*). |
"ґ •* о о
І Відповідь: Г
4 циліндра 3^. - 2яЯЯ. 5Ь<. - 2л • 3 • 4 - 24к (см*). Для конуса із прямо-
Г кутнмга трикутника, утвореного висотою і радіусом, знайдемо твірну І:
д . 7яхТЙ* ,£ - у 3і + 4г - & (см). Площа бічної поверхні конуса З'м,м " яЯ£,
І б4- я « З • 5 - 15я (см»). 5И„ - 5’,^ - 24я - Ібк - 9г. (см*).
. Відповідь, А.
V. СА — перпендикуляр до площини «. СВ — похила до
1 площини. АВ - проекція похилої на площину. За умо-
вою АВ - 6 см. Позначимо довжину СА за х см, тоді
І ВС — (х 4- 2) см. Із прямокутного трикутника АВС
І ВС - АС* 4 ЛВ*. (х 4 2И - х» + 6»,
| *’ + 4x4 4 “ і1 + 36,
їх - 32. х - 8. Тоді АС - 8 см.
і Відповідь: Г.
ІГЕОМЕТРІЯ Бурда М. І., Тарасенкова Н. А. :й< 293
Розв’язання
вправ та завдань
до підручника
«ГЕОМЕТРІЯ»
А. П. Єршової,
В. В. Голобородька,
О. Ф. Крижановського,
С. В. Єршова
РОЗДІЛ І. РОЗВ’ЯЗУВАННЯ ТРИКУТНИКІВ
§ 1. Тригонометричні функції кутів ВІД 0 до 160
Дія будь-якого кутя а (О’^а^ІЙО )
вІпа = р, ооеа=х, і|?а = -, (а * 90й)
х
X
сІ<а = — (а * 0 , а * 180’), де х і у коон
диняіи точки Лї тригонометричного кола.
ПОЯСНЕННЯ
віпа+
сой а -
ща-
сЬк«-
П
ЙІПіХ-
пиц*
Ч£а +
* віпа
+ соза
+
+ сі<а
-►
х
яіп а
сова +
І8«“
сіЄ«-
Якщо у -Ійо . то 0£«іпа£1. и -1<сока<1. ФормуЛк ЗвЄДєННи він(9О“ - а) = гона; соя(9О -а і< (90' -а)= сЦрі; сів(9о"-<л яіп(180 - а) * яіпа; сов(180" - І8 (180 - а)=-ік « ; гі<(18о - ) в яіп «; ) = ; а) = -сояа; а) = -сік а • 1
0е зо 45е 60* 90 120” 185* 150 180'
віпа 0 1 2 /2 І Уз 2 1 Уз 2 У2 2 1 2 0
Сова 1 Та 2 ^2 2 1 2 0 1 2 У2 2 Уз 2 1
і« а 0 Уз 3 1 — 3 -1 Уз 3 0
сс&а — /з 1 Уз 3 0 Уз 3 1 -Уз —
Рімнь А
8- яіп 120° - 8Іп(18(Г - 60г) • яіп 60° = •;
- <
со»120*» соя (180 -60 ) = -сювбО ;
т12(ґ 811160" с
їй 120 --------=------- - « - , .1;
соя120’ -рокВО
ній 136 -яіп(180 -46 ) = яіп 45' я -Чу :
. і Уг
ГОЯІ35 =спз(1В0 -45°)»-сов4б =--^ ;
, яіп 136 яіп 45'” ,
їй 135е — —— * — — -1 .
сов 136 -соз454
296 ГЕОМЕТРІЯ Єршовв А. П. та ін.
V в) віп 160 = віп(180 -20*): віп20 = 0,342 {
6) совіїб » сов (180' -65 )--со®65в» 0,4226 ;
в) їй 95 = Це (180 ‘ - 85’) = -їй »5’ » -11,43 .
10. а) віпа —, а = 60 , а = 120' ;
б) сова - -0,5, а «120°;
в) Ір а = -1, а = 135*.
II. а) а «170°, віп170" »віп(180’-10ч)»виі 10й = 0,1736;
їй 170’ = Цї (180е -10’)= - їй 10' • -0,1763 ;
б) віп а = 0,643, а » 40 , а * 140 .
12. в) сова = -0,8, віпа • 71 - сов*а 71 -(-0,8) = <1 — 0,64 = <0,36 «0,6;
6) віпа = -^ 90* < а < 180'’,
>5
сова = - ч 1 - він* а
. . „ віп а
в) сова = -1 , і< а •---,
сова
віпа = 71 - сов’ а =
1-1=0. ій<і-” = 0.
13. віпа = 0,6 , і кут а тупий.
-ТГ^ОЇЗб - -70,64 « -0,8 ;
сова = -71 - він* а
віпа 0,6 в З Л
іа а ------ =---= — » — = 0,75 ,
сов а -0,8 8 4
14. я> сов 65’> сові 15’ (сов 115’= сов (180’-65) =-сов 65е);
6) їй *8 >»Й 148 (їй >48’ - їв (180" - 32°) - -1в 32* );
В) віп 35’ = віп 145° (віп 145' =8іп(189 -35’) = віп35’ ).
Тржгояо метричні тотожності
віп1 а + сов1 а = 1, якщо 0*іа 5180
сов а = ±71- віп* а ;
сІ<а - ¥22 , а # 0° ; а * 180’.
віпа
±71 -сов1 а ?
, 90 ;
сова
ш
Т
О
а
О
15. а) віп (180^ - а) = сов (90° - а)
віп (180 -а)»віпа
сов(90'' - а) = віпа, отже, тотожність правильна.
соє(180 -а)
віп(90 -а) сова
сов (180 - а)
в) -і« (180° - а)сова = віпа
, , . , віпа сова , .__
-ІЙ І180г-а) сова =-(-їй а)-сова =----------- віп а, отже, тотожність пра-
вильна.
-1, отже, тотожність правильна.
-сова
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та Ін
297
г) сов* а + віпа -віп(180’- а) 1
сов1 а + віпа віп(180 -а) = сов1 а + віпа• віпа -
= сов' а + віп* а = 1 , отже, тотожність правильна.
. •віпа
16. а) ---1------~г Ьг а
сов(180° - а)
-віпа -віпа
18о-Г„і = ’ отже- пгмвдь»..
б) 1-сов’а = віпа-віп(18<Г - а); І-сов’а - віп’а ;
віп а - віп (18(У - а) = віп а віп а « віп1 а , отже, тотожність правильна.
Рівень Б
17. в) сова = ій«-—сіяа = ^^
13 сова віпа
і
аіп а • VI - сов1 а = ./1
12
«а-Гз!
5
сі<а = -
5
13
12 13 12
* - —
13 5 5
5 13 5
! 25 144 12
169 \169 13
-2-= -2,4
5
5
13
12
13’13 13 12 12’
б) вІпа = ; 90° с а <180 .
сова = ±71 - віп’ а , оскільки 90° < а < 180' , то
сова -71 -віп*а « - її
8 І
*а’Ї7:1
15
15
17
8
8 і
17 ।
8
ж в _
15
~2 ‘---2,125
О о
сова
64 225 15
и,ІДО 1 Г 1ІТҐІІ-І — —.
289 \289 17
8Л7
’ 17 15
17 17 17 8
в) віпа --сова; і£ а -пг- ; сі<а
сова віпа
-сова сова
їй а ------- -1; сій а = -— -1
сова -сова
18. а) сова--0,28; К а»
сова
віпа 71 - сов* а = уі - ( <28)’ = О.07К4 - ч0.9216 = 0,96 ;
0,96 96 24 З
їй а - ———— —----------» -3 —.
-0,28 28 7 7
. 12 .
б) віп а - —, і кут а — тупий.
і у
сова - — «1 - віп’ а , оскільки кут а тупий.
( 12 і
сова--,.1—1— = -
V (із) \
сова 5 12 -5 13 5
сій а = - — — ——; — ---— — —,
віпа 13 13 13 12 12
1 144
169
-5 13
5
13
298 ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та іи.
19. а) 1 + 18^ = “ т (0в5а2180в , аг 90 ).
ДмвМнмл.* <ад® а
він* а + су»*1 а = 1|: сов’ а (а я 9іГ)
яіп’а сов'у 1
сов* а сов1 а сов* а
Іц ’ а +1 = —, шо й треба було довести,
сов а
б) 1 + сІ8га ; (Ои5а£І80°)
ній а
він* а + соя* а = 1|: яіп’ а
яіп' а « сов’а 1
яіп* а віп* а вкГ а
1
І сік1 а = —-в— . що й треба було довести,
яіп’ а
20. я) 1-вїп(18(Г - а|>соя(180*-а) (180°-а) =
, . . , . х . віпа сова віпа
= 1 - віпа-І-сова) (-Ц? а] я 1-------------*
' 1 ' ' соя«
= 1 — яіп* а « гов’ а ;
сові 90 -а) віпа соя а ,
б) Л—-----*гсгк«г---------;—*“*;
сов(18О -а) -совавша
п) 1-і< (180 -а) І8«' 1 >ьк а їв а»1+чґ а'“іц
21
віпа , яіп* а . ,
---+ І : —=— =) + ст< а “
І8 а яіп а сов а
_і
віп1 а '
\ віпа сова / і
. я) їв “’СІ8 а т соя а-сов (180 -«)*•'---:— + сов а-(-соя а) -
• • СОЯ СІ ЯІП €1
= 1 - сов а = віл’ а ;
сов(90 -а) і
б) зіп(І80е-а
в) (віпа-сала)1 - 2ів (180 -а) соя* а»
= віп* а - 2 яіп а сова + сов’ а 4 2(к а «в1« =
, Л , 2яіпа-сов*а
1 - 28іпа «сова + ---------®
сова
= І - 2віпа сова * 2віпа сова = 1.
* 1
сон'а»-- . г ; еова = -
1 і 18 а
22. їв а 0,75 ; 1 + <8Г ** = —\—
сов а
г 1
І + ік* о
сова =
4
віпа = <1 -соя’ а ; чіп а*
25
16
4 л й
І-— я — - -О н
\2б 5
23. сіка»-?1*; И-сі8*а = -гт-
яіп’а
яіпа = і----; зіпа « ,Д : +(-2,4) ) = ! ;(І + 5,76) «
у 1 + сі« « V \ ' І • ’
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А Пла ін. & 299
25 5
169 " 13
<1:6.76 = 1: °— = 1:16-
£_ 100 V 25
сова = -71 -зіп* а (оскільки сі^а. * -2,4 , то 90 <а<180 )
Н ' 5
сояа = -
144 12
169 ІЗ'
25
—-— &
169
24. Дано: АВС!) — паралелограм.
Довести: він л А » аіп 2 В .
Розв'язок: За умовоюАВС І) паралелограм, тоді ВС || АН
і £ А + А В = 180 (за властивістю паралельних прямих.
ВС Ц АР і АВ — січна). Тоді А В - 180* - А А
зіпА В - ьшіІгіО ’ - £ Д] = і0п £ А , отже,
зіп А В = аш £ А , що Й треба було довести.
25. Дана: АВСО — трапеція.
Довести: сав£ А + сов£В г со»£С т соеА И = 0 ,
Розв'язок: За умовою АВСД трапеція, отже,
ВС І* АО за властивістю паралельних прямих
А А ♦ £В - £С + А £> « 180 ІЛВ 1 СВ - січні).
Тоді АВ «ІвІГ-АА, /П=І8О -АС
сов А А + соз(180! - аЛ) + ооз АС 1 сов{180°-аС) =
» сов А А - соя А А + сон АС- соб А С => 0, що й треба було довести.
Синусом іостр&го кути прямокутному трикутнику називається відношення
протилежного катета до гіпотенузи, або віпа » — .
/?
Косинусом гострою кута с відношення абсциси до радіуса кола: сова = - .
П
26. а) віпа«- , а — гострий.
5
Протилежний катет дорівнює 4 од.
відр„ а гіпотс-нуза 5 од. шдр.
У системі координат побудуємо кола
К = 5 од. відр. на осі у відкладемо 4
од. нідр. А ЛОВ — шуканий.
6) сова»-— ; соя а = оскільки
5 5
сов а а < 0 . то а — кут тупий.
£ АОВ шуканий.
300 ГЕОМЕТРІЯ Єршовз А. П. та ін.
1 . Л
• ійа--х.1-в«<0’
4
то а — тупий кут; їв «
ЛОВ — шуканий.
х
У
О*аій
28. Ід а + сіда -2,5 ;
ід а гід а = 1 , тоді сід
1
ід а
1
ід а +-----“ -2,
<й а
Ід’ а + 1 » -2.5ІД сі.
2ід* а + бід іі + 2«0
Заміна: ід а т . 2лі* + 5т ♦ 2 О
О * Ь’ - 4ас ;
„ я .
ід а; (Ч а * 0, а * -)
£
їй* а + 2,5ід а + І = 0| 2
2а
2а
І>= 25-4 2 2 = 9;
-5 + 3 1
— =‘ 2:
-б-3 ,
т,. ——2.
Якщо їй а *
і
‘2*ТО
1. + ід* а = —V— » соаа » -
сова
І
------;- (ОСКІЛЬКИ
ьи'а
ід о <0 .то 9(У < а < 180')
сена
; віп а 7і -оов’а • , -1 -
2
л
1
5
Якщо ід а - -- , то сова ~ -
віпа ,11 -
І
і’ 2
1
5
12 2
т^поцідь.- мпа « -у і сова « —г . або віпа = і сова = -
У2 У5 V®
28. спв"а-віп*а - 0г&
1 - віп1 а - вЬі’ « = 0,5
1 - 2яіп’ а О.&
і 1
-2ВІП* а »* -0,&; віп1 а = - ;
4
віпа ® - або аіпа = - - не розглядаємо, оскільки о < а І180
2 2
1 х і 1 ,
Якщо віп а => — , то гід а , -1 ;
2 віп о
—т—-1 = ±<Т^1 • ±<3 , ТОДІ ІЙ и а —— І Ці ГХ = -Г
віп'ц >І<
або їв « “ _ -т».
<3
1
сік а * ±.
№ 301
ЗО. а) сод 50’, сов 120°. сод 170
О) віп 50% ніп 120 ’, віп 170*
Сов120~ = сов (180' - 60*)» -сод60°
сод 170 сов(180° - 10°) =-сов 10* .
Тоді сод170*; сод12О°; сод 50 ,
отже, 170’; 120*; 50’.
віп 120° - віп (180й - 60е) = віп 60°
аіп 170* = аіп(180° - 10е)« аіп 10
аіп 170°, віп 50* , аіп 120’.
Отже, 170°; 50*; 120°.
в) 1-і 50°; їв 120* ; ів 170
їв 120 = ік(18О° - 60’) - -і< 60*
V* 170е = їв (180* - ТО*-) = -їв Ю
їв 120і ; 170“; їв 50“ , отже, 120“; 170' ; 50*.
31. сода > содр , а і Р - тупі кути.
н) Оскільки сода > совр , тоді а < р , отже, віпа > аіп0 ;
б) їв а < їв Р ; .
$ »)сіва>сівР-
32. Дано: ь АВС , ^С = 9<Г . / А - ЗО . АВ = 6 см.
Знайти: АС і ВС.
Розв'язок: А АВС: /.С = 90е , А А » 30°; АВ - б см.
За властивістю катета, що лежить навпроти кута 30*
ВС = ^, ВС-5-3 см.
2 2
З теореми Піфагори
АС » м'АВ’ - ВС* = <6* - 3' » уЗб-9 = <27 = з/з см.
Відповідь: АС = 3<3 , ВС = 3 см.
33. 1) За умовою АВСО — ромб. ВК — висота ромба, СК • 8
КО 9 см. Знайдемо площу ромба 5 = ВК СО:
СО = СК + КО 8 4- 9 = 17 (см).
Оскільки АВСО ромб, то АВ = ВС = СО АО . Розглянемо
ьВСК , ЛВКС 90 , бо ВК — висота ромба. З теореми
II і фа гора
ВК = /ВС’-СК’ = /17* -8* - ^Ї7-8)(І7 + 8) = 15 (см).
В* 15-17 = 255 (см’);
2) Якщо СК = 9 см, КО = 8 см,
то ВК = <17*-9’ = ^ґГ- 9)(1?"+ 9) = 4<13
8 »4<ЇЗ 17=68<13 см’.
Відповідь: 255 см1 або 68<13 см1.
§ 2. Теорема косинусів та ЇЇ наслідки
ш
О
Теорема косинусів
Квадрат будь-якої сторони трикутника дорівнює сумі квадратів двох ін-
ших сторін без подвоєного добутку цих сторін на косинус кута між ними
а* = 6* + с* - 26с сод^ А , де а, Ь, с — сторони трикутника,
А — кут між сторонами 6 1с.
302 ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін.
Наслідки теореми косинусів
І .У трикутнику АВС
с’ + Ь’-а1 _ а’+с’-Ь* уг, а’+Ь’ -с*
2Ьс2ас 2аЬ
2 . Якщо в трикутнику зі сторонами а, Ь, с стверджується нерівність я’ + Ь1 > с',
то кут, протилежний стороні С, гострий;
а1 4 Ьг < с*, то кут, протилежний стороні с, тупий;
а' + Ь* = с2 *, то кут, протилежний стороні с, прямий.
З .Сума квадратів діагоналі паралелограма дорівнює сумі квадратів усіх його
сторін.
ш
X
о
СК
о
с
+ Ь*), де 4, і — діагоналі паралелограма, а 1 5 — сусідні
сторони паралелограма. _______
Рівень А
39. Дано; а АВС. а зТз см, & = 11 см, /С«30\.
Розв'язок; За теоремою косинусів с « ^'а’ + Ь* -2-а- Ь- сов £ С
с = ^(з7з)’+11’-2 373 11 совЗСГ =
= ^27 + 121 - 22 • зТз• ~ = \148 99 »7 (см). С
б) Дано: аАВС, а»8 см, Ь 15 см, £ В = 60 .
Розв'язок; За теоремою косинусів Ь - ^а* + с1 - 2ас • сов / В
Ь = 7з, + 1б* -2-8-15 сов60* = 764 + 225-120 » 7169 = 13 (см).
в) Дано; а АВС , а»5 см, 6» 16 см. / А < 120° .______
Розв’язок; За теоремою косинусів а • уЬ* 1-е* - 25с - сов £ А
а «75’ + 16*-2 5 16 оовІ20* сов120 -соа(180 - 60°) = - совбО1*
а = 725 + 256 ♦ 80 » Тзвї = 19 (см).
В
40. Дано; аАВС, АВ = 7 см. АС « 15 см, /Авб(Г.
Знайти: Р^.
Розв'язок: Р длс АВ + ВС + АС .
За теоремою косинусів ВС = АВ' + АС7 - 2 АВ АС сов£. А
ВС = 7?* + 15’^2 7 15-сов 60”
ВС = л/497225 - 105 = уїб9 = 13 см х
Р = 7 + 15 т 13® 35 см.
Відповідь: 35 см.
У трикутнику найбільший кут лежить проти найбільшої сторони.
41. Дано: лАВС, АВ • 3 72 см, ВС = 1 см. АС 5 см.
Знайти: градусну міру найбільшого кута а АВС.
Розв'язок: Оскільки АС 5 см найбільша сторона.
то £В — найбільший кут.
сов/В =
АВ1 + ВС’ - АС*
2 АВ ВС
(ЗЛУ + І’-Ь* 18 + 1-25 -6 1 уп
сов/ В = і-----—г»-----------------з-— = —г” “ТГ • 'ГОДІ / В = 135* .
2 3^2 1 6>/2 672 72
Відповідь; 135е.
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін. 303
42. Дамо; д АВС . АВ = ВС 4 см, АС 7 см.
Довести: £В — тупий.
Доведення; За наслідком з теореми косинусів, якщо £ В —
тупий, то АВ' + ВС' < АС* ,
4і + 4і < 7’; 32 < 49 , отже, ХВ — тупий і &АВС —ту-
покутний.
43. а = 4 см, Ь » 8 см; а’ + Ь’ < с’;
4 + 8* < с* ; 80 < с*; найменше ціле зпаченил сторони с — 9 см.
44. Дамо; а АВС . АВ = 4^2 см, ВС = 1 см, віп £ В .
Знайти: АС. 2
Розв'язок: За теоремою косинусів АС = ^АВ* + ВС* - 2АВ ВС сов /. В .
За умовою віп £ В = - ~ , отже, £ В 45" . або £ В « 138° . Л
2 /\
К /
Якщо /В = 45° , то сов £ В = /
2 /
1 АС = 4у21 + 1* - 2 4\2 • 1 -- » >/33 - 8 в >25 — 5 см.
/5
Якщо АВ - 135“ , то совАВ —
__________________ 2
і АС » + 1* ♦ 2 4^2 • 1 ~ = 733 «~8 - >£1 см.
Відповідь; 5 см або >'41 см.
45. Дамо; д АВС , £ ОВС — зовнішній кут Л АВС ,
сов^ОВС = -0.2, АВ = 6 см, ВС = 5 см.
Знайти: АС.
Розв’язок: За теоремою косинусів
АС - ТІАВ1 + № - 2 АВ ~Ас“сов А СВА .
£ ОВС — зовнішній кут а АВС ,
тоді £ДВС + £СВА 180 ' і £ОВС = 180е - ЛСВА
сов А ОВС в сов(180’ -АСДА) = -сов/.СВА
сов АОВС = -0,2 за умовою, тоді -сов А СВА - -0,2
АС <ва + 5~ 2 6 50,2 - <49 =7 см..
Відповідь: 7 см.
соя АСЙА 0,2
Рівень Б
46. а) Дано.АВСО — паралелограм. АС = 14 см, ВО • в>/2 см, А СОВ ® 45’.
Знайти: АВ, ВС, СО, АО.
Розв’язок: За умовою АВСО — паралелограм, отже. АВ » СО . ВС = АІ), т. О —
точка перетину діагоналей АС 1 ВО і е серединою АС і ВО за властивістю.
Розглянемо ьСОО , за умовою А СОВ = 45е .
АС = 14 см, ВО = б>/2 см. Д_______
СО» | АС, СО-14:2» 7 см. / > /
2 О ' /
ОО - |вл ; ОР = 6^ : 2 = 3>/2 см. А
За теоремою косинусів СО « ^ОС* + ОО* - 2ОС ОИ соа А СОВ
304 >:;й ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін.
СО « ^7* + (зу2)’ -27 зТз СОЕ 45е •
» .49 + 18-2 7 -3/2 Тб7^42 «/25 « 5 см.
1 2
Аналогічно з д ВОС за теоремою косшіусш
ВС = уВСУТоС^І ВО ОС сод/ ВОС
/ ВОС + / СОВ = 180й (як суміжні кути), тоді. А ВОС 180” - 456 я 135 '
ВС »^7* +(3у‘2)* -2 7 3/2 соьІЗб' ; совІЗб1* • сод(18(Г- 45°) = сод45’
ВС - . 49 + 18 + 42 - 7109 см.
Відповідь: 5 см, ^109 см,
б) Дано: АВСО - паралелограм, АВ 10 см, ВС = 18 см, с АВС - 2/ ВАО .
Знайти; АС; ВВ.
Розв'язок: За умовою АВСО — паралелограм.
ТОДІ Чи нігкпиокстюі
1) АВ *СО, ВС= АО ;
2) 2 АВС = / АВС ; /ВАЛ = А ВСІ) ;
3) А АВС + X ВАГ) • 180’ .
Оскільки г АВС 2/ДАО, то 2/ ВАО + / ВАВ = 180е
З/ ВАО - 180е ; / ВАО - 184Г : 3 ; / ВАО = 60 . годі Д АВС «2 60* - 120‘.
Розглянемо ь АВС: за теоремою косинусі»-
АС - ^АВ‘ ь ВСг ~ 2 АВ ВС со®/АВС
АС = у10'7 16’ - 2~То"16 сов 12О’
сов 120* = сов(180*- 60 )- -соибО* -- ;
АС > /іОсГ+”2567 100 = 7516 = <4 129 я 2Ч129 см.
Розглянем^ а АВІ) : за теоремою косинусі»
ВРзчЛВ'7аР*-2 АВ АІ) сов7 ~ВАР
В1)»710,-+16г -2 10 ІбТоабО* «7100+256- Їв6»/Ї96 = 14 см.
Відповідь: 27129 см, 14 см.
+7. Дано: АВСО — р<*мб. «4а £ ВСВ - <*. С
Знаати; АС 1 ВВ.
Розв'язок: 1 спосіб. За умовою АВСО — ромб, отже,
АВ = ВС * АО = СИ, СО-^ОЛ , ВО г ОВ
А СОВ = 90 ; АС і ВП — бісектриси А ВАО
тя АВСО і АСВА та А СИЛ відповідно.
м . ...... 4а
Рдягд = 4и , ТОЛІ АВ = —• = а .
4
За теоремою косинусів з лВСВ і а АВС; До = ч ВС3 + СО* - 2 • ВС - СО сов ВСО;
АС = АВ 7 ВС^2 АВ В(’ тоа. АВС ;
ВВ = 7а’іа*-2 а а сова = у2а’ -2и2 -сова » а ^'2(1 - сода);
АС = 7“'* г а1 - 2 а - в сов £. АВС ; соє А АВС - <юв(180^ -«) = - СОД а;
АС = у2а' т 2а -сова «= а 72(1 + сода) .
Відповідь: а^'2(1-сода): а^2(1 » сода).
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А, П. та ін. 305
1 СІ
2 спосіб. Розглянемо д ЛОВ ; £ АОВ = 90' . х. ВАС = — л ВА1) , л. ВАО = ;
(X сх
АО = АВ аіп д. ВлО ; АО = а віп — , тоді АС 2а 8іп - ;
Л а-
ВО я АВ сов /" ВАО ; ВО а сов ~; ВО 2а сов ” .
2 2
Відповідь. 2а віп-; 2асов.
2 2
48. Дано; АВСО — Паралелограм, АС, ВО — діагоналі, Я___________________С
ВО 6 см, АО » 8 см, 2 ВОЛ = 60 , --^7
’бнаіти: АВ, АС. / /
Розв'язок: За умовою лВСО — паралелограм, отже, £.
АВ = СО , ВС= АО , ВО = ОО і СО=ОА . А В
Розглянемо ь АВО : зя умовою ВО - 6 гм, АО 8 см, /. ВОА 60 .
За теоремою косинусів АВ АО* + ВО -2 АО ВО соя ВОА
АВ = ^8* + 6* - 2 - 8- 6 - сов 60’ = ЛОО - 2-48-| = &2 = 13 = 2^13 см.
1 *
1
Розглянемо д АОД : ЛО ж 8 см, ОО • — ВО ; ОД = З см, / АОО = 60 , тоді зи
теоремою косинусів 1
АО в АО!і ОО~- 2 АО ОД сов £ АЇ)О ;
АО » у8ж + 3’ - 2 8 3 • | • <64 ♦ 9~2» = , 19 = 7 см. Тоді АС » 2 7 - 14 см.
Відповідь: 2ХЇ 3 см, 14 см.
49. а} 2, 3, 4. Порівняємо 4і і 23 + 3 . 16 > 13 , отже, трикутник тупокутний.
б) 7, 24, 25. Порівняємо 23і і 24* + 7і: 625 = 676 * 49 = 625 , отже, трикутник
прямокутний.
в) 6, 10, 11. Порівняємо 11* 16* + 10і: 121 < 136 , отже. трикутник гострокут-
ний.
50. Дано: а ~ 5 см, 5 = 6 см» е = 7 гм.
Знайти; косинуси кутів трикутника і визначити його вид.
Розв'язок: За наслідком з теореми косинусів
сова в
Ьг + с* - ат
~2Ьс
, 00813 =
А. Я*
□ 4-С " О
2ас
сову =
а* + б* - е*
2аЬ
6і 4 7м- 5’ 36 + 49,-25 60 " 5
2-6 7 2 6 7 /77 7 7
п 5і + 7і -б3 25-49 -30 Я8” 19
и 2 5 7 2-5 7 2 5 7 35
5і + 6* - 7‘ 25 + 36 - 49 И' 1 „
сову = —------— = —------» • Трикутник гострокутний.
2-5 6 2 6 0 26-6 5
51. в) Дано; АВСВ — паралелограм, АС в 17 см,
ВО 11 см, СО в 13 см.
Внаити: РіЛгі,.
Розв'язок; За умовою АВСІ) — паралелограм,
отже, АВ СД , АО ВС і за влпсіивістю
АО ОС , ВО ОО .
306 ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін.
= 2(АВ + ВС)
Розглянемо <СОД: СД = 13 см, АС = 17 см, НД = 11 см. за умовою.
СО = - АС « 8,5 см. ВО =• - ВР = 5.5 см.
2 2
О І со’+од’-гд’
Зл наслідком з теореми косинусів сов-^С ОД =-—
8,5і * * +* *$,5* - 18’ _11О
сов .2 СОД = --—-------«• -0,7112
2 8,5 5.5
гСОД-135°
X, АОР • / РОС 180' (як суміжні кути), АОР-180‘- 135* - 45'
У дАОР АР-ХАО*'+ОД~ 2 АО ОД соГа АОД
5*Й:
за теоремою косинусів АР =
□
5,5і +8,5*-2 5,5 8,5 ~ -6
*
см.
Рлж.о=(13 + 6) 2 = 38 см.
Відповідь: 38 см
5) Дано: АВСВ — паралелограм, АВ 17 см;
ВС • 9 гм, ВД : АС «4:7.
Знайти: ВВ, АС.
Розв’язок; За умовою АВСВ — паралелограм-
АВ = СВ ; ВС « АД 1 За властивістю АО = ОС ; ВО = ОР ,
со» £ СОВ = - сов^ АОР (оскільки 2 АОВ = 180' - /"СОД ).
„ СО’+ОР’-ДС*
За наслідком з теореми косинусів сОе £ СОВ - ---
2 • СО ОО
> ..лп А<>' + ОД1 - АО‘
2 АО-ОО
Нехай коефіцієнт пропорційності х, тоді ВВ = 4х . в АС = їх І АО = ОС = 3,5х
л ВО = ОВ = 2х .
12,25х* + 4х’- 7і 12,25х’ + 4х’ - »'
2 З.Бх 2х
1в,25х’ -49
2 3,5х 2х
16,25х’-8І. ,
- Ї4х- - 14? І14Л*'0
(16,25х’ - 4б) = -(16,2&Х1 - 81)
227,5х‘ - 686х* = -227,5х* - 1134х*
455х4 - 1820х* « 0
Xі = 0 або 455г1- 1820 = 0
х - 0 х* 1820 : 455 х’ 4 х 2 .
і см.
Отже, ЙО -4 2 »• 8
АС "7 >2 14 см.
Відповідь: 8 см, 14 см.
52. Дано; АВСВ — паралелограм. Р49С0 = 34 СМ,
ВВ = 11 см, АС =13 см.
Знайти: АВ, ВС, СД, АД.
За умоиою АВСД — паралелограм, отже,
АВ = СД . ВС = АД І АО = ОС; ВО = ОД
за властивістю. АО = 6,5 см, ВО = 5,5 см.
ГЕОМЕТРІЯ Єршо.а А. П. т» Ін. :•?§ 307
Р^, =2(.-1Нт ВС}
АВ + ВС * 17 см. Нехай СІ) = АВ = х см, тоді АІ) - ВС = (17 - х) см.
соя £ СОО = - сов £АОІ) .
З а СОО Ти л АОР за наслідком з теореми косинусів
сов £ СОВ
ОС* + ОР* - ЇХ*
і ос~оо
сов ХЛОР =
АО1 4- 00і - АР1
2 АО'ОР
совХСОО -
6,5’+ 5.5*^17-х)’
2 6,6 5,5
сов £ АОР
6,5* + 5.б'_- х*
2 6,5 5,5
42,25 + ЗО, 25 -_р 7 -х|* _ 42,25 + 30.25 - х*
71,5 ' ' 71,5
72,5 - 260 + Зіх - г3 -72,5 + х*
2х’ - 34 X + 144 = О
х’-17х + 72 = О
В - 289 - 288 = 1
х, 9 . х, = 8 .
Отже, якщо АВ - СР - 9 см, тоді АР = ВС 8 см, л якщо АВ *> СО - 8 см,
то АО - ВС е 9 см.
Відповідь: 9 см і 8 см або 8 см 1 9 см.
Рівень В
53. Дано: а АВС, £ ВАГ-90 , АС = 4 см, ВС • 8 см, В
т. О іа АВС , ЛС - IX = АР . К
Знайти: В І). ї\
Розв'язок: За умовою в а АСО \ \
АС ЇХ'• АІ) : 4 см, отже, £САР = £ АРС - £ IXА ® 60 , . л \
г. ВАР ® £ ВАС ♦ Д САР 90° ч 60' - 150 (За умовою \Д
2 ВАС = 90 ).
За теоремою косинусів
ВЛ = V АР + 4/>л - 2 АВ АЛ с.>а £На1>
‘і
соа£ВАП - сов 150‘ = - СояЗО «-- .
2 ________
З теореми Іііфагора у а АВС : АВ = /ВС* - АС* , ВС = 8 см, АС •» 4 см.
АВ = /8~4* - ^8- 4)(8^4І = л/4 12 = 473 см.
ЯВ =. -І 4- [ 17з| +2 4\3 4 • 16 + 48 + 48
= 7112 = V 16 7 477 см.
Відповідь: <77 см.
54. Дано: АВСО — паралелограм, АВ - 2 . ВС = 4 ,
£ ВАР • 60’ , ВМ - МС, СУ = .
Знайти: со&/ЛМУ .
Розв'язок: У а АМ.V за наслідком з теореми косинусів
сов/іМАУ ।
АМ* ч ДЛ’1- МН
2 АМ АИ
308 Ш ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін.
У л ВЛС : МЛ' — середня лінія, оскільки за умовою т. Л£ — середина ВС, т. N —
середина СО 1 он теоремою М№ • * ВО .
Знайдемо ВВ за теоремою косинусів з в ЛВО: за умовою АВ 2, Аи ВС • 4 ,
/ ВАВ • 60і , сов,^ ВаП = содвО' = - ;
2
ВО = у[АВІ + АО* ~2АВ А11 сов^ВАО .
ви*
і 2 ।
ііа теоремою косинусів з * АВМ ( 4В = 2, ВМ о -ВС «2 ,
2
2 АВС » 180 ВАО 120 , сов/ АВС = соя 120' = -совбО = --)
___________________________________________ 2
АМ »\АВч ВМ* -2 АВ ВМ сов/ АВС = 2* +2* +2-2 2—=2уЗ
V 2
За теоремою косинусів з л АА’Л : ( А1) 4 , ОЛ' м 1 ОС = І. £ ДОГ = /і АВС (за
І2
властивістю Паралелограма), тоді сов/ АВС « — )
2
ал’«<ав*"4 вл’Та ли ол,сов2ло/у
+ 1* -Є- 2 4 1 7 « .
2
,1
.а
зп’ зо
сов/ МАУ =
Н
2-721 2Ч3
к йг
Г Відповідь:------.
I 14
53. Дано: д ЛВ( ’, АВ = 10 см. ВС - 42 см, АВС = 120 , ВК — медіана а АВС.
Знайти: ВК.
Розв'язок.’ За умовою ВК — медіана лАВС,
отже, АК = КС .
і
Розглянемо а ВКС : ВС » 42 см. КС » - АС
_____________________________________2
За теоремою косинусів ВК = ^ВС* + КС* - 2 ВС- КС соа^С .
За теоремою косинусів в д АВС : АС = АВ3 + ВС3 - 2 АВ - ВС-сов2 АВС
АВС гог 120" = - созвО » ~-
2
10* + *12’+2 10 42 » иОО г 1764 4 420 72284 - 2ч 57)
КС Ж ~ АС - 7571
2
о/о/, і і - АС2 -і ВС* - АВ1
З а АВС за наслідком з теореми косинусів соз/С ---------
2 ВІ А(
змй”'
47
42і т
ЄО8іїС = - ‘ її і и -і — .і. . а —тчм
2 42 27571 ,4 ,427571 27571
42 + (л/бТЇу - 2 42 Тб7Ї —42- » <1761457П 1974 = 7361 » 19 см.
Відполідь: 19 см.
ВК -
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін. >$і 309
56. Довести: т. =
, т, — медіана.
Доведення: За теоремою косинусів з а ЛСК те — медіана,
отже, ВК я АК -
2
Л* +
т
. е
-а» - соа/а .
&•
В
С
_ лг ♦ с* — д
За наслідком з теореми косинусів з /. АВ( : сова = — -
2 Ьс
/п, -
4 2 2Ьс
, г» 2*. 5’ +є* -в* 1 *)
4 2&с
с3 5* с’ а* і4Ь* 4 с’- 25*-2с1 4 2а’
о 4 — 4- — «л------------------- - «
42 2 2 \ «
2а1 4 2Ь *- с* 1 ,, 77 ,
-----4-----= 2 V ' * ° І “ С що й треба було довести.
57, Дано: тл, , т. — медіани а АВС , т] 4 т] = 5т], с — гіпотенуза.
Довести.- а АВС , Л АСВ = 90’.
Якщо сі Є = 90і , тоді с* а + л, тоді (оскільки виконуються наслідок з теореми
і 25* 4 2с’- а’ . 4І2т] + 2т]-т]) , 4(2т] 4 2т]-т])
про т] -----------, а саме а1»—»—---------= •.
4 9 з
412т'2 2ті - т])
9
4(2т] 4 2т] - т;, 4(2т] + 2т] - т]) 4 І 2т] 4 2т’
9 ~9 9
8т’ + 8т* - 4т* = 8т£ + Ят] - 4т] + 8т] + 8т* - 4т]
8т] 4 8т] - 4т* » 4т] + Івт] + 4т]
4т] 4 4т] - 20т.' : 4
т] т‘ 5т] . Обернене твердження правильне,
Якщо т] + т] 5т] . то л АВС К.С » 90' .
п , „ 5 25'+ 2с* - а* . 2й' +2г*-Л*
Доведгннл: За теоремою тш --------—- , т] =---------—-
4 4
і 2в* + 2(Гг-? , ,
-------ї-----> 4 оскільки т] + т: а бт, , то
4К-----------• • <
26^ 2с1 -а* 2а’+2с*-Ь*
4 4 4
2Ь- + 2с* - а1 + 2а’ 4 2с* - Ь* > 10а* + 105* - 5с’
а' + Ь’ + 4с’ ІОа* ♦ 100і - 5с*
9а* 4 95’ = 9г*
а т б* с* , за оберненою теоремою Пхфагора КС = 90' .
59. Дано: лАВС, /ГДгбО , ^С=45' , ЯЛ = 4 см,
ВВ — висота а АВС .
Знайти: АВ. ВС.
Ріьів’ям/к. У д АПВ І дСЛВ (оскільки ВГ> — висота *АВС)
£ А1)В 2! СЛВ = 90е .
За умовою ЛС = 45' , ВИ - 4 см, ЛА»в<ї л
В
310 ГЕОМЕТРІЯ Єршовя А. П. то ін.
АВ - Вй- , АВ 4 : аіп 60- 4 : — ж * ™ « — см.
ьш^Л 2 73 З
ВС -~ ; ВС * 4 : віп 45’ я 4 : -? = Л- « 4Ч 2 см.
віпХС 2 ^2
ВШлоїшЬ.* см, 4^2 см.
З
М). Дано: кола, т. А, т. В, т. С, т. І) — лежать на колі.
і / АВС < в 3 рази /. АВС .
Знайти: / лВС, / АВС .
Розв'язок: Оскільки точки А, В. С, В лежать на колі, то чо-
тирикутник АВС): — описаний у коло, тоді за властивістю
/. АВГ + / АВС = 180°.
Нехай / АВС — х, тоді ЛАІХ — Зх.
х + Зх ж 180*
х ” 45', отже, /ГАВС -45-, а /А2Х-3 45е 135*.
Відповідь; 45е, 135'’.
<3. Теорема синусів таї! наслідки
£---------------------------------------------------------------
І Теореч» синусів
І Сторони трикутника пропорційні до синусів протилежних кутів:
а Л с
вша віпр віпу *
До а, Ь, с — сторони трикутника, а, (З, у — кути їм протилежні відповідно.
Відношення сторони трикутника до синуса протилежного кута дорівнхм діа-
метру кола, описаного навколо трикутника:
а Ь с
-ї-*-Г_ =-ї—® 2К ,
8ІПП Віпр віпу
де В — радіус коле, описаного навколо трикутника.
ПОЯСНЕННЯ
Рівень А
«7. Дано: лАВС, /А = 120’, / В = 30° .
.. . АВ ВС
Знайти: —— , ----.
АС АВ ВС АС
Ргил’лзок; За теоремою син усі я ----ж------— =------, . <г
віп/С віп/А аш^С А С
£С = 180"' -(/ А + / В) (за теоремою про сум} кутів трикутника) £С - 30і .
(за умовою X. А = 120* , / В = 30' )
віп^С А » зіп120° « 8Іп(180с - 60 і аіпбО'
АВ ВС АС . АВ віп 60 /3 1 г.
. - = — - — =--------, тоді ----=---------- — - : - = уЗ .
8ІП 60 ВІП ЗО віпЗО АС віп ЗО" 2 2
ВС віпЗО' 1.1 1
АС віл 3<Г 2 ‘ 2 “ ‘
Відповідь: ч 3 , 1,
С
68. а) Дано: л АВС, АВ 2& см, 2 В 105 , ^С • ЗО4 .
Знайти' ВС
. АВ ВС
Розо лзок: За теоремою синусів -— = —----- .
яіп^С віпхГА
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін. * 311
За умовою £ В • 105’ , £ С ЗО ’, Тоді зп ТеореМоЮ
£ А = 180* - (105° + ЗО-)= 45“ 2^г
' аіп ЗО
242^
ВС-----рік; ВС-4 см,
2
Відповідь: 4 см.
б) Дано: д АВС , АВ 4у2 см,
Знайти; £ А .
ВС = 4
8Іп459
см, гС* 45’.
АВ
ВС
— ——~ .
ЯІП^С 81П/Д
За умовою АВ • 4\2 см, ВС 4 см, ХС«45°,
аіп45“ віп А А 4Ч2 472
Яі^лов^: 30е.
Розв'язок: Зя теоремою синусів
. Отже, £ А = ЗО" ,
2
69. іїДано: «АВС, ЛВ = б72 см, ^В»30“. £С - 45е
Знайти: АС.
„ . , АС АВ
Ром язок: Зп теоремою синусів ——— » ———
81п/Я віп^С
За умовою АВ 6 .2 см, £ В - ЗО" , / С 45’
.*£ лс.і "7* " ’я
аіп ЗО віл 15
2
72
2
Відповідь. 6 см.
б) Дано: «АВС, АВ ТІЙ см, АС • 42 сМ, £С 60 .
-Знайти: £В .
п . о , АВ АС
Розвязок: За теоремою синусів ——— <
4 віп£С зіп2В
За умовою АВ-у/з см, АС«\2 см, <£С = 60'.
4Ї 4*
Я — "Т"
яш 60 аіп £ В
о _ _
аіп £ В = 72 : ^3 = ~ , отже, *' В = 45“ .
2 2
Відповідь: 15е.
70. Дама- л Л^К . віп £ К = 4 , Л’К = 2МУ .
4
Знайти: £ Лї.
Розв'язок: За теоремою синусів
ЛШ КК . йп^ Л’ЛГ
.—= “7—777 • ТиДІ 81Л4ІЛІ я —
в-іп^Л віп^Л# МАГ
За умовою віп / К = - . Л’Л = 2Л£У
4,
-•2Л^ .
віп £ М = ^г~ = , отже. £ М = ЗО’, або £ М = 150“ .
Відповідь" ЗО’ я бо 150’.
312 ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін. ЙЯ
„ ьіп/Л 1
Дано: і. МіїК , —--— = - ,
зш / К З
іайти: М№,
зв'язок; За теоремою синусів
МЛ‘ = 3 м.
МК МН
віп £ N віп2к
МК діп/^
иже,----й «
За умовою = д . МК = 3 м, тоді
81 п £ К З З МК’
ММ»9 м.
Відповідь: 9 м.
72.
Дано: лАВС, 2С = 90“ , ЛС = СВ.
іайти. ЛВ : АС.
зв’язок; За умовою в л АВС: 2 С * 90 ’ і АС = СВ, отже,
и рілпобгдрепий, за властивістю 2 В = Л А = 45’ , За те
АВ АС АВ віп 2С
«мою спи усій ——— • <>тжс. — = — —-
віп £ С вігі .<0 АС віп 2! В
АВ аіп 90 АВ . 1 г-
—--- - к —_ . ц. і _• і,- » — а 1 * —= л. І?
АС аіп 45' АС у2
Відповідь: <2 .
73
Дано: ♦ АВС . АС 90г. 2 В = ЗО'1 .
„ . АВ АС
.• За теоремою синусів ——гт ж ———
віп 2С аіп 20
Тоді — ~ —- - — . За умовою 2 В = ЗО , 2 С = 90 , отже,
АВ віп 2С
= 1 і АС = - АВ , що й треба було довести.
АВ війно 2 2
Рівень Г>
74. Дано: дАВС прямокутний, АС — гіпотенуза, ВО — бісектриса 2. АВС,
2С = ЗО* , СД =а 8<2 см.
Знайти.’ Ві>
Роав'яаок. За умовою д АВС прямокутний л гіпотенузою АС, отже, 2 АВС = 90 .
Оскільки ВА) — бісектриса 2 АВС . то 2 АВД ^1)ВС » 45 .
У дВАХ , 2 С = ЗО ’, АХ? = 8,2 см за умовою. За теоремою синусів
ВД ДС
віп 2С аіп 2 ДВС л
ДС віп2С 8.'2 8іп30г X. п
яіп 2 ДВС гов 45 . А.
ВД.8/2.!;^ = 8ем. ві ' -—Хс
Відповідь: 8 см.
і. Дано: * АВС, 2А = 45в; 2С«30 ,АА)- ьисота, АО = 6 см.
Знайти; АВ, ВС, АС,
Розв'язок: За умовою в д АВС: 2 А 45* , 2 С = ЗО"1, тоді зп теоремою
2 А + 2 ДВА'* 2С • 180' і д АВС = 180е-(45е 30і) = 180й - 75° - 105 ;
и АВС — тупокутний. Продоижнмо сторону ВС й опустимо висоту АВ
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та Ін. 313
За теоремою синусів
АС ЛВ ВС
віп £ АВС вІп/С »іп/Л
. £АВВ + глвс = 180 як
суміжні кути, отже, £ АБО 75е .
А
У а АВВ С. В = 90' . оскільки АО — висота * АВС . АВ - —— , За умовою
віп 75е
АО а б см, а за таблицею віп 75 - 0,97 ,
АВ--^- - 6,2 м.
0,97
АС АВ АС АВ віп 105°
віп 105" ~ віп ЗО" ’ зіп ЗО*
аіп 105° = аіп(18О“ - 75е) = зіп 75
АС = 6.2 0,97:1-12 м.
АВ ВС 6,2^ ВС
вш/С віп^А ’ яіп30ь " віп 45*
Відловйїь; 6,2 м; 12 м; 8,7 м.
76. Дам: д АВС . АСВ = 90 . «£ В - 76” , СД — бісектриса,
/АСВ, АС -2>/3.
Знайти: АВ.
Розв'язок: За умовою і> д АВС С. АСВ 90 , £ В - 75е ,
тоді за теоремою £ А + £ В = 90 1 £ А » 90“ - 75° = 15° .
СО — бісектриса £ АСВ, отже, £ АСВ = £ ВСВ 45е .
У д АСВ ССВА * 180л - (15* + 45е) - 120“
зіп 120° « вш (180“ - 60“) = віп 60і -
3. теоремо» синусів —дпл . . 3. умово» ЛС - 2^3
АО.2-А
Л Л 22 2 ?3
2 2
Відп/мпдь; 2уг2 .
77. Дано: д АВС . АС « а , £ ВАС = а ВСА р ,
АВ — бісектриса £ВАС , СЕ — бісектриса А ВСА .
Знайти: АВ, СЕ.
Розв’язок: За умовою а лАВС /ВАС = а, /ВСА-Р
АО і СЕ — бісектриси, тоді / ВАО = ВАС = — ,
б 2
я / ВСЕ = / АСА = ? .
2
У д АВС ЛС-а, £ ВСА - Р 2 ВАС =
„ АС *АП
За теоремою синусів ----------- :
2 ЛВС АСВ
віп. Р+ а|
І 2 і
, отже, ^.АВС - 18(1- ’ р+ “
2 2
________а________ АВ
вІп|180--(’з.“-'|1=
і V * л /
314 $•$ ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін.
У -Л£С; /£АС=« : и:£СА = -, ГА£С = )80 - а + |1
2 2
За теоремою сину сіп —- ——— ® —-------—— ;
чіл / АЕС віп / ЕАС
£с=-“ «>«_..
І Й
віп и н
І 21
„ , _ авіпВ а вш а
Відповідь: --------- ; ---------— .
. і .. а , і і 1
діл Р+ ~ аіп а + '
V 2/ 2
а £(.'
---7-------7----ТГ в----”
,о„ ( РН віпа
віл 180і - а + *,
І І 3'!
70. Дано: АВСВ — паралелограм. АЛ а , / ВОА ге , / ВІХ' = 0 .
Знайти: ВВ
Розв’язок: За умовою АВСО паралелограм, отже,
ВС І! АО : СО |І АВ . Оскільки за умовою / ВОС ж р ,
то / АБО = р як внутрішні перехресні кути (ВО —
січна).
У а АВВ /А 180 (а + Р) (за умовою / ВАВ я ге ).
О , АВ ВВ
За Теоремою синусів —----—— «-------~ ,
ніп / АВО віп £ А
« О ВО
За умовою АО = а . ——^ =-----т— —--------т
віпр віп(180 -(ачр)1
« 8іп(а + р)
Відповідь;---------*.
81110
вп = о»Іп(«? НІ
8ІП0
79. Дано: ь АВС ; АВ * ВС ,2 АВС 120* , В ОВ 8>/3 см, В
.коло, описане навколо ьАВС.
Знайти; АВ, ВС, АС. < Аґ К .
Розв'язок: За умовою коло описане ннвколо а АВС , отже. '' ( "X
його центр лежить у точщ перетину серединних пері і єн ди \ О 1
кулярів, тоді ВК — висота Й медіана а АВС . \. У
За умовою в &АВС АВ ВС , отже, за властивістю
ВК - бісектриса х: АВС, отже, АВК • £ КВС 60 , оскільки £. АВС. 12(Г ,
аіп 120“ = аіп (180 ’ - 6(Г) = яіп 80 .
У *ОВС ОВ- ОС? — як радіус» описаного кола, отже. ьОВС — рівнобед
рений з основою ВС і за теоремою СОВС = / ОСВ . Отже, /ОСВ = бСР , Тоді
Й / ВОС я 60 , отже, е аОВС ОВ = ОС я ВС = 8\,!3 см.
(ОВ ж 8ч‘3 см за умовою). Тоді і АВ * в/з см, оскільки в * АВС х, АВС = 120‘
і АВ - ВС , тоді за теоремою / ВАС / ВСА < (180’1 - 120“): 2 ЗО' .
о , АС ВС АС ВС
аіп / АВС віп / ВАС аіп 60 аіп ЗО'
ВС • 8/8 : і - 24 см.
2 2
Відповів; 8?3 см; 8,3 см; 24 см.
ВО. Дано: л АВС , описане коло, Я = ОВ = 4 см,
АВ = 4 см. ВГ = 4>/3 . (/ \\ \
Знайти: /. АВС , / ВАС , / ВСА . X/ О \/_
4 В А \--------7 с
Розв'язок: За наслідком з теореми синусів --- — 2Я . \. У
аіп/ВСА
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та Іи. 315
АЯ
За умовам* Я = ОВ = 4 см, Ай 4 см, тоді зіп А ВСА » ——— ;
2 СІВ
4 1
яіп / ВСА « і отже, X ВСА = ЗО .
£ * * <м
„ . ВС АВ
За теоремою синусі» -— - ——— .
віп £ ВАС зіп / АС В
. 1і» ~ ; аіп ВАС = 1,3 • . 4 = — , отже, £ ВАС » 60" ,
яіп А ВАС 1 2 2
2 .
тоді ЛЗ теоремою 2 АВС = 160 - (30“ 4 60 ) - 90 . Або яіп £ ВСА = £ і / ВСА = 30е,
Л 2
йіп/ВАС = -У~ 1 г ВАС -120 .тоді £АВС 180 -(120” 4 30г) = 30 .
£
Відповідь- 30е; 60е; !>()“, або ЗО , 30*, 120і.
&|и-м. Н.
«ЗИЧя“в О'
111. Дано.' ьЛВС , АВ-ВС = м, 2С 60 ; 2А-4&'.
Знайти/ АВ, ВС,
Розв'язок: За умовою в а АВС £С - 60 , / А = 45' , АВ - ВС = т . Нехай АВ х ,
. „ лВ № дг. х л
тоді ВС х - т . За теоремою синусів —------------------;--------я--------
(ііп/С віп 2 А яіп 60 і аіп 45°
Отже, АВ т |3 т -Тб |, тоді ВС т(3 4 <б| - т т (з + у 6 -11 = т (2 +
Відповідь: тіЗ + <6|; тй2+%,6|.
82. Дано; л АВС , Р<АІІГ = Р , ^А=р; 2С = а.
Знайти: АВ. ВС. АС.
Розв'язок: За умовою а а АВС 2 А а , £С и Р , тоді
(за теоремою /А + 2 0 + /С । 180' ).
_ . АВ ВС АС
Зя теоремою синусів -- 1 - и----- — ------- ;
вш/С бІп^Л еіп2:С
зіп 2 С » віп (180'° - (а + Р))« яіп (а + р)
Я д*. • АВ • В + АС. Складемо систему:
^5= 180 -(аїр)
ЛВ + ВС + АС = Р
АВ АС
віпа яіп(атр)
АС ВС
яіп (а + р) віп р
АВ * ВС + АС = Р
ЛС>вта
лв ‘ й»(її; ї)
АС яіп р
ВС‘»іп(и,6І
АС віпа АС-аіпР _
, «і * ~г~г * АС В
яіп (а 4 р) віп (а 4 р)
316 ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін.
Р- аіпа
віпа + еіп0 + віпіа + 0/
ЛС >іп(и.|1)
ЛС_______р-_.
віп а + він 0 4- віп (а + 0-
. ги, Р аш0 , . _
Аналогічно ВС —— - - —~г~ 1 АВ —---------- т-—-г.
аіпа + аіпр + віп(а + р) віпа +-віп0 + зіп(а + р)
Р віп(а+Р) Р віпа
віпа + віп0+ зіп[а + 0 віпа + віп0 тзіїца + 0)
Р_ В1П0
аша + віп0 +8іп(а+ 0)
. Дано: АВСЛ— гр«ілрція, АВ ж СВ , ВС 9 см. АІ) 21 гаї,
СК — висота, СК =* 8 см, ОВ - Л (радіус описаного кола).
Знайти: ОВ
Розв’язок: За умовою в трапеції АВСЛ: ЛВ = СР , тоді па влас-
тивістю АМ -Лй^(АЙ-ВС):2, АМ = (21-9): 2 = 6 см
(за умовою ВС Я см. Ай «21 см).
ВО — радіус кола, описаного навколо трапеції АВСО, це ж коло, описане нав-
коло &.АВЙ . Отже, ОВ « В — радіус кола, описаного навколо а АВ!) . За на-
НІ}
слідком з теореми синусів -- ж 2А .
аш А А
З а АВМ знайдемо яіп 2 А . /! ВМА = 90' (ВМ — висота трапеції).
ВМ = СК = 8 см. З* теоремою ІЬфигоря
АВ - \МА* + ВЛ/’ » ч8’ 7 б" = >100 = 10 см.
віп л ВАМ = —т; , віп / ВаМ а —
АВ 10
сови ВАМ = АіУ , соя, ВАМ *
АВ 10
За теоремою косинусі» Вй = > АВ* + АВ* - 2 АВ АЙ - сов У ВАМ
ВЛ = ?10’ + 21і - - А--21— - 7100 -4 441 - 252 = >289 = 17 см.
\ 10
2Я - ~ ; Я Ц-1® - 10,625 см.
8 8 2
ЇО
Відповідь: 10,625 см.
. Дано: АВСЛ — ромб. ВЛ, АС — діагоналі, АС = 4 ; ВВ - 4>3 .
Знайти: /АВС, / ВСЛ, ^СІ)А . / ВАЛ,
Розв’язок: За умовою АВСЛ — ромб, за властивістю
АВ ВС СВ Ж Ай , лґ АВС ж 2. АЙС' і г ВСВ а 2Ґ ДАЙ .
ВВ 1 АС , ВО . ОЙ , ОА - ОС .
ВЛ і АС — бісектриси протилежних кутів ромба.
Розглянемо /. АОВ : х.' ВОА • 90 ; АО = * АС = 2 (за умовою АС = 4 )
2
ОВ 1 ВВ 2>3 (за умовою ВВ 4>3 )
л
ІЯ гоАВ = = “->* = 7з , отже, £ОАВ = 60 , тоді / ВАЛ = 2-60° = 120е
1 Х'ВСЙ - 120*.
СІ«гОВА = ій^ОАВ ж 7з. тоді АОВА = ЗО’ І / АВС = / АЛС = 60й .
Відповідь: 60,60,120°, 120й.
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін.
317
86, Дано: &АВС , £ ВСА 90 СО —- висота, яіп А < віп В .
Порівняти: АО і ОВ,
За умовою в ьАВС £ВСА**9И°, £.А + £В»9& .отже,
£А і ^В — гострі.
Оскільки він гГ А < віп £ В , то / В > £ А , тоді за властивіс-
тю АС > ВС.
У л ВСО 2 ВСО - 9№ - / В « £ А
/ ВСО < £ В , отже, СО > ВИ ,
У * АСІ) £ ОСА « 91Г• - А £В , тоді АО > СВ . Отже. АО > ВО .
§4. Основні задачі на розв'язування трикутників
а
ш
X
о
а
о
Розв'язування трикутників
1. За стороною 1 двома прилеглими до неї кутими.
2, За двома сторонами 1 кутом між ними.
3. За трьома сторонами.
4. За двомл сторонами і кутом, протилежним одній з них.
При розв'язуванні трикутників довжини сторін округлюють до сотих, а гра-
дуси міри кутів — ДО одиниць.
Рівень А
92. Дано: л АВС , ЛВ « ВС , АС 6 см, £ А 15е .
Знайти: АВ, ВС, £С , £ В .
Розв'язок: За умовою в « АВС АВ ВС , отже, за теорс
мою £ А - £С . За умовою £ А » 15 , отже, £С 15г .
За теоремою £ А + £ В + £С = 180*, тоді
/ГВ = 180 *-(15е+ 15*)-150°.
о АВ АС
За теоремою синусів — = ——- —.
аіп £ С віп £ В
За умовою АС = 6 см. ;
віп 15 аіпі&о
яіп 15* = 0,2588, віп 150' < аіп(180 ‘ - 30°)» аіп ЗО' =0,5;
АВ = я Ю56 • 3,12 см, отже, ВС » 3,11 см.
Відповіде 150°; 3.11 см, З.И см.
93. Дано &АВС, АВ = 10 см, £ А * 60’ ; дДвЗО”.
Знайти; £С , АС, ВС,
Розв'язок: У > АВС £ А- 6(Г , £ В = ЗО’ , тоді за теоремою
/ С =180- («0 + ЗО") 90 і а АВС прямокутний. За теоре-
. АВ АС
’ віп/іС вІпгВ
А
1<ї АС
За умовою АВ - 10 гм, £ А = 60‘ ; £ В - ЗО \ —— - —=—
. віп 90 аіп 30е
Ю. Л
АС = — = 5 см.
ч АВ ВС
За теоремою синусів - - —— -----
зіп^С віп £ А
ВС = ——, аіп60’ = 0,866; ВС ---°-,-^Є . Ь.бО см.
8іп9(Г 1
Відповідь; 90". & см; 8,66 см.
318
ГЕОМЕТРІЯ ЄршоваА. П.таїн.
0.5
_ 10
0,9659
7.32.
94. а) Дано: д АВС , а = 10 см, |1 ж 4&1’; у • 30а.
Змаити; Ь, с, а.
Розв'язок.* У а АВС р = 45’’, у = 30° ,
за теоремою ц + р + у = 180 ,
тоді а = 180 -(45 +30°)-105і.
д £ І-
За теоремою синусів ' ж — ж —— . За умовою
аіп а аіп у ніпр
а =10 см. віп 105 = яіп (180 -75°)-аіп 75 -0,9659 . тоді
10 0,3
с «------ 5,18 ;
0.9059
10 5 .10 0,7071
| ; а = —------
0,9659 0,7071 0,а659
Відповідь: а =105 , 6 = 7,32 см, сж6,18 см.
6) Дано: д АВС ,5 = 6 см, а = 100 ; |і = 50’ .
Знайти: а, с, у .
Риов’лаок: За умовою а АВС , а = 100" ; 0 = 50 ,
за теоремою а + Р + у = 180 іуж180 - (10О + 50й) = 30г .
_ а
За теоремою синусів — -
аіп а аіп р
а .. а
за умовою & ж б , ------ =------;
чіп 100і яіп 50а
аіп 5(Г-0,766. 8іп 100-= він (180 -80 )жаіп80 =0,9848;
6 0.9848 я
сж—- - 7,71
0,766
Відповідь: у - 30’ ;
Ь с
аіп у
6
А
Н
Ь с в с 6 0.5 я лл
см; ---— —------;------= — ; с < — 1 • 3,92 см.
віп0 віп у 0,760 0,6 0.766
а - 7,71 см; с ж 3,92 см.
95. а) Дано: д АВС .
Знайти; с, и , |і .
Розв'язок; За умовою в а АВС, а ж 5 см. Ь - 21; у = 60
За теоремою косинусів с* = а1 + Ь* - 2аЬ сову
с* = 5і + 21і - 2 5 21 соабО’ * 25 + 441 - 105 = 361
е = 7361 = 19
а 5 см, Ь » 21 ; у = 60' .
В
~ , а е
За теоремою синусів — ——
аіп а аіп у
-р - - “1^— ; віпа« —. о 2278; а - 13 .
кіп а яіп 60- 19
За теоремою а + Р + у = 180° . тоді р 180 -(60 + І3°) = 107і*.
Відповідь: с = 19, а» 13’; |і 107е .
6) Дано: д АВС, Ь»7 , с = 8 ; а = 120’.
Знайти.* а, 0, у .
Роов'лммс:
За умовою в а АВС 5=7 , с 8; а = 120’.
За теоремою косинусів а* = Ь* 4 с* - 2ік сови
соа120° -соа 60 = — - ;
2
а1 «7* +8’-2 7 3-Ґ- —
\ 2
о , а Ь
За теоремою синусів —— —— ;
аіп а віпр
= 49 + 64 + 56 = 109 ; а « 7169 13
$ ГЕОМЕТРІЯ ЄршоваА. П.-гаІн. 319
•ІІ'і20‘-«іпви' ,і„р.їіР^5*холввз, ц-гт-.
За теоремою а + 0 + у 180” , тоді у 180 - (120‘ + 27і) = 33°.
Відповідь: а » 13 , 0 27 , у = 33е .
96. Дано: лАВС , АВ - 1 км, ВС * 4,2 км, ЛВ 60 .
Знайти: Р.
Розв’язок: За теоремою косинусів
АС3 * АВ* + ВС* 2АВ ВС совЛВ
АС* = 1* 4 4,2і -21 4,2 сов 60
ЛС* •1 + 17.64 - 4.2 = 14,44 ; АС-4,2.
Р’ 4.2 2 + 1 «9.4 км.
(Хильки роботи почали 21 червня, а губернатор приїздить 7 липня, то робітни-
ки будуть працювати 16 днів 1 відремонтують 16 0,5= 8 км.
Відповідь: не встигнуть.
97. а) Дамо: * АВС , а = 12 , а = 40* ; 0 = 64”.
Знайти: Ь, е, у ,
Розв'язок: За теоремою а + 0 + у = 180 ,
тоді у - 180е - (а + 0); у « 180’ - (40” + 64°) = 76
„ а Л с
•іа теоремою синусів-----в — — е -
віпа 8іп0 він у
віп 40° = 0,6428 , віп 64’=----- ------
12 Ь
0,6428 ! 0,8988 !
_ 12 с
0,6-128 0,9703 :
віпа 8іп0 віпу ’
=0,8988 віп 76* « 0.9703
12 0,8988
'-0Л42Г-,в-Т8
е = Ія,п.
0,6428
Відповідь: у 76 ’; Ь = 16.78; е = 18.11.
б) Дано: л АВС , а = З4/2 , Ь 7 ; у = 136’ .
Знайти: с, а: 0 .
Розв'язок: За теоремою косинусів с1 « а1 + б1 - 2аЬ сову , сов 135° -сов4б- ;
Є*-(*Л) + 7і 4 2-3>/2 • 7•-^ = 18 4 49 + 42 « 109 , е-10,44.
За теоремою синусів —° = ——
віпа вш0 віпу
Зх/2 7 10,44
віпа в1п0 віп 45°
3^2 10.44 ®'’2 Л З
— = —»— 1 кіпд --------з —ї— . о, 2874 . а = 16
віпа 1 Ю.44 10,44 ' ’
^2
За теоремою а + 0 4 у » 180° , тоді 0 = 180' - (135‘ + 16е-) - 29 .
Відповідь: с « 10,44 ; а = 16 ; 0 = 29°.
В
98. а) Дано: л АВС , а = З^З ; Ь 2 , с - 7 .
Знайти: а ; 0; у .
Розв'язок: За наслідком із теореми косинусів
с’ + Ь* - а1 а а1 + с*- Ь*
сова =----—-----; сое0 = ————.
2Ьс 2ас
320 ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін.
Зл умовою а 3<3 • Ь = 2 , с = 7
7Г + 2і - (ЗуЗ і 49 * 4 - 27 26
соя а =---—і- ----------—------ -- = 0,9286, а - 22°;
2 7 2
(з7з)\7’-2’ 27>49.4
соя р = — ———
2 3<3 7 42?3
Зп теоремою и і Р + у а ] 80“ , толі у = 180 - (22е + 8’|«-150 .
2»
72
-^=0,*904. р-8'.
• А »
Відповідь: а = 22"; 0 = 8°; у - 150“ .
б) Дамо; а АВС, а = 8 ; 5 = 15, с 17 .
Знайти: а ; 0; у .
Розв'язок: За наслідком із теореми косинусів
с1 + Ь1 - сі* „ а’ + с’ - Ь1
соя а = —-------: со&р ——-------.
25с 2ас
Зя умовою а ® 8 ; 6 = 15, С = 17 ,
17і * 15і-8* 289* 225-64 450 „
сама = — ‘ » ---—----- = ----= 0,8824 , а » 28 ’;
2 17 15 510 510
п 8і+ 17*-15’ 64 г 289 - 225 128 Л ЛЖЛв П
Кв|’ • Те Тт * " - -272--------їй -«.«<*.»-”2-
За теоремою а і- р + у = 180“ , тоді у = 180 - (28' + 62")» 90°,
Відповідь: а а 28'; 0 = 62"; у = 90®.
'. а) Дано.’ .-АВС , а = 12 ; 5 = 5 , а» 120 .
Знайти: с, р ; у .
Розв'язок: Зя умовою а АВС , а = 12 ; б 5 , а м 120 ,
Зя теоремою синусів —----= —;
яіп їх яіп р
ЯІПІ20’ а аіпвО’ - 0,886; *2 = -А_ , яіп В ’-^6 . О.36О8 . В - 21” .
віпбо вшр 12 Р
Зп теоремою <х + Р + у = 180° . тоді у 180' - (120а + 21а) = 39 ’
За теоремою синусів —— = —с - , аіп 39" 0,6293 ; —= —-—
аіп а яіп у 0,866 0,6293
12'0.6293 „ ап
г = ----- * 8,69 .
0,866
Відповідь' с = 8,69 ; р - 21 ; у * 39 ,
б) Дано; & АВС’, 6 = 2; е * 10 , раб ,
Знайти: а. а ; у .
Розв'язок': За умовою д АВС , Ь 2 ; с а 10 , р = б” .
За теоремою синусів = -X- ; яіп 6е а 0,1045 ;
зіп р зіп у
п“і^А ж “П“ • РІп у “ 10 = 0,5225, у • 32® або у = 148
0,1045 яіп у 2
За теоремою а т р + у » 180® , тоді
а а 18о - (б" + 32Г) « 142 або а = 180ч - (б1 + 148 ’) а 26
и. а Ь а 2
За теоремою синусів —г— =----- ; яіп 142“ = яіп 38 0,6457 ; - =
яіпа яівр 0.6157 0,104Ь
20,6157 ,, ое .
а = —|945 и . вбо а ~ 8,24 .
Відповідь: а « 11.65 ; а = 142"; у = 32і або а - 8,24 ; а = 26 ; у = 148° .
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та 1н. ;$• 321
о) Дано: а АВС . а • 1; с = 2 , а -45е.
Знайти: а, р; у .
Розв'язок: За теоремою синусів а - в —с— ,
аіп а аіп у
за умовою а « 1; с =* 2 , а « 45® ;
1 2 3 2 0,7071 . ,
—— ” —— , яіп у - 1.4
аіп 45 аіп у 1
Відповідь: розв’язку немає.
100. а) Дано: д АВС , а 5; 5 = 21. с 19 ,
Знайти: а : Р; у .
Розв’язок: За умовою в а АВС о = 5; би 21, с = 19 .
За наслідком із теореми косинусів
б’+с*-а* п а* + с* — б*
25г Р 2ас
21х+ 19’-б’ 441т 361 -25
2-2119 798
„ б’+19*-21’ 25+ 361 -441
соар - -
777
0.9737 , а-13° ;
798
55
2 6 19 - ИИ> -'їй--«»»».
За теоремою а + Р + у = 180 , тоді у = 180‘ -(13° + 107°) 60“ .
Відповідь: а - 13' ; р - 107° ; у * 60“.
в) Дано: а АВС . а 6 ; Ь = 8, а * 22'.
Знайти: с; Р; у .
Розв'язок: За умовою в а АВС а » в ; 5 = 8 , а 22° .
За теоремою синусів —— = , аіп 22° = 0,3746 ;
зіпа віп В
8 0.3746 _ .лл_ л ,
= 0,4995 • 0,5 , тоді р 30‘
6 » . . п Г *
0,3746 " віпр ’ “ П^’
За теоремою а + Р + у « 1
у » 18СГ - (22^ ♦ 150°) = 8° .
або р «150й.
6
180” , у 180’-(22*+ 30”)» 128 або
е
За теоремою синусів ——-
віпа віп у
яіп 128* » віп62 ’ • 0,8829 . віп8’ - 0.1392
6 с , 6 0.8829
0,3746 0,8829 ’Г 0.3746 '
_ 6 с 6 0,1392
або —— » ; с ------ 2.22.
0,8746 0,1392 0,3746
Відповідь; р = 30“, у = 128° ; с « 12.62 або Р 150" ; у = 8" ;
с = 2,22.
Рівень 6
101. а) Дано; і. АВС , ВК \ = 2 , ВК — висота а АВС.
АВ = сжЗ, гС = у = 30".
Знайти: а , р . а, Ь.
Розв'язок: За умовою ВК = А* » 2 — висота, отже,
ВК 1 АС і £ ВКС £ВКА = 90" .
З о ВКС : ЛС = у 30“, А, = 2 , за властивістю ВК ® - ВС , тоді
ВС = 4 . 2
З
ВС = 2ВК,
За теоремою синусів у д АВС —°— = —-— , ------------•
аіп^А віпгІС зіп^Л аіп ЗО3 ’
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ІН.
322
4 1
** п 2
віп А - » 0,6667 , а = /ЛН2 або а « 138'
з з
Зи теоремою ЛА + ЛВ + ЛС 180 ’, тоді А В и 180' - 142й + ЗО') я 108 , отже
0 = 108’ або ЛВ* 180° -(138в + 30')= 12'
_ . а Ь
Зл теоремою синусів —-----~ = —----—
він /.А віл Л В
віп Л В = віті 108' = віп 72е = 0,9511 або віп / В віп 12® 0,2079
4 Ь
0,6667 0,9511
4-0,9511 . „ л 4 Ь
Ь — — —— * 5,7 або 1,11 —♦
0.6607 0,6667 0,2079’
0.6667
Відповідь: а = 42а; 0 = 108'. а = 4, 6-5,7 або а = 138“; 0=12
Ь = 1,23.
б) Дана* лАВС , ВС = а = 17 ; АС = Ь = 5-/2 , АК = Л, — висота, Л, = 5 .
Знайти: с; а ; 0 ; у .
Розв'язок: За умовою А А' = Л4 — висота л АВС .
Отже, АК 1 ВС і ЛАКВ = ЛСКА = 90" .
За теоремою Піфагора в д АКС : КС ^6' - Л' • І ~ 5* 725 5 .
; а = 4 ;
Тоді ВК = а- КС . ВК = 17-5 = 12.
У ЛАКВ с = хЛ> ВК1
С= „б* +12* * >169 = 13
Віпр А«- , віп0 - Д- - 0,3846 . 0 - 23
с 13
У л АКС віпу = = -Д- = і , тоді у = 45“ або у = 135 .
5 572 ч'2
За теоремою а + 0 + у « 180г , тоді, якщо у 45’, а 180 - (23“ + 45е) 112*.
Якщо у « 135е , то за теоремою косинусів С * а’ ♦ б' - 2а - й сову
е - /17* + (бЛ)* - 2 17 572 1 -П* | * х'289 т~50 + 170 7^09 - 22,56 .
Тоді за теоремою синусів ,С- - » —— * -Д- : віп у віп 135 віп 45 -І» ;
віпу віпа віпр 72
22.5« 17
1 яіпа ’
л
17 1
віпа = = 0,5328 ;
2X56
а - 32“ , тоді за теоремою а + Р * у - 180’ і 0 180* - (135 + 324) 13е .
Відповідь: а-ПХ; Р23 ; у - 45 , с - 13 або а 32°; 0 » ІЗ ; у - 135е ,
, с- 22,56.
102- Лапо; о АВС , /С = 90 . ЛСАВ = ЗО ; ВС = 2 см,
АР — бісектриса / АСВ.
Знайти. АВ. ВЛ, / В , 2 АРВ , Л ВАВ ; ВВ
Розв'язок: У лАВС ЛС = 90 , ГАВ = ЗСГ; тоді за теоремою
ЛВ » 90“ ЛСАВ ; В 90 ЗО - 60і.
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін. ££ 323
Оскільки ЛСАВ » ЗО' , то аа властивістю АВ 2 ВС; АВ - 4 см.
У а АВВ ЛВ- 60і- ; / ДАВ = - ЛСАВ , оскільки АД — бісектриса /САВ ,
2
тоді ЛІЇАВ = 15°.
Л ВВА = 180 - (60 + 15' ) в 105'’ .
АВ ВО АО
За теоремою синусів ——- • * -— = ——у-
віп, АОВ він/ЛАВ віпЛВ
--1від 105° - віп 75 .0,0659
яіп 105° 8іп15‘ яіп 60
аіп 15° - 0,2588, юпвО’ . 0.866
4 ВЛ 4 О,256а . __
=------; ВО -----------* 1,07 см
0,9659 0,258В 0,9659
4 АО ... 4 0.866
——— я — ------’ Ю 11 1 » 3, о9 СМ.
0.9659 0,866 0.9659
Відповідь; Л ВАВ 15 , Л АИВ = 105° ; Л В - 60 ; АВ = 4 см; АД = 3.59 см;
ВД - 1.07 см.
103. а) Дано: л ЛВС, ВС = 8 см. АС» б см, /А = 6(У ,
Визначити: вид ь АВС за кутами.
„ ВС АС
Розб язок: 3а теоремою синусів ——— -——
8Ш Л А віп Л В
, , _ АС - віп Л А
яіп / В —
ВС
Зн умовою ВС 8 см, АС = 6 см, / А = 60“ . аіп 60 0,866
. П *' 0.866 3 0.866 ПЙ1О_
аіп Л В = ——т — » --------= о, в-195 ,
/ В - 40’ .тоді ЛС = 180’ - (60 ♦ 40 )= 80 (затеоремою /А+/В+/С» 180’).
Отже, аАВС — гострокутний.
Відповідь: гострокутний.
б) Дано; « АВС, ВС * 8 см, АС = 4 см. ЛА» 60 ,
Визначити: вид аАВС аа кутами.
ВС АС
Розв'язок; За теоремою синусів -—— = ' .
аіп Л А віл Л В
За умовою ВС' Ь см, АС = 4 см, Л А 60 .
--5— » —- віп / В -» 0,433 , тоді /В-25в.
0,866 аіп ЛВ 8
За теоремою ЛА їЛВ+ЛС » 180 , отже, ЛС» 180° - (25 + бо ) = 95і . Отже,
аАВС* тупокутний.
Відповідь; тупокутний.
в) Дано; аАВС, ВС = 8 см, АС * 9 см, /А* 60°.
Визначити: вид а АВС? за кутами.
„ г ВС АС
Разе язок- За теоремою синусів —~ • ——тт .
ніп з. А віп Л В
За умовою ВС = 8 гм. АС = 9 см,
Л А « 60 ', чіп Л А = 0,866
8 9 , > г. 9 0.866 . .
----- ------; яіп/В -----х- = 0.9742 ,
0.866 Яіп ЛВ 8
/В-77’. тоді ЛС = 180“ -(60е є 77’) -43
і аАВС — гострокутний.
Або Л В 103 І А АВС — тупокутний.
Відповідь, гострокутний або тупокутний.
324 ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін.
в
104. Дано: ЛВ-Ь; ВС = е, 2В - а , 21>АС = 0, £В = у .
Знайти: АВ.
Розв'язок: За теоремою косинусів у л АВС. АС = >/Ь’ + с* 1 2 * - 2Ь<- віпа
У д АВС 2ВСА - 180 -(р + у) (за теоремою 2.0 + 2ВАС + 2 ВСа = 13О" ).
о АС АВ
За теоремою синусів —— = ——
віп у вш.2. ВСА
віп |180г - (0 * а)) => він (0 + а)
ЛД
♦ г1 - 2Ьс аіп а
А
і
С
В
В
А
Ч
В
с
віпа аіп(0 + а)
у£4 +<? -2Ьс віпа віл(0та)
аіп у
/ь' + с’ - 2Ье він а віп (0 + и|
Відповідь: —- ------— 7
юпу
105. Дано: АВ * а , ОС = с, 2 й = а ; 2 АС’В = 0,2 ВАС = у .
Знайти.- віп 20 .
Роав’ямк: За умовою ЛЙ • а , ОС = с, / Я = а ;
2АСВ = 0, 20АС = у.
АС ав
к віпи аіпр
АВ віпа а^зїпст віпу
Р ВС с віп 0
, а-віпа віпу
Відповідь: -----———- .
с • Віп 0
106. Дано: ЕС*1, 2СЕД а. 2АСВ = 0 . 1| АС ; г.А 90 . В
Знайти: ВЕ.
Розв'язок: За умовою ЕВ і| АС, тоді 2 ЕВВ 2 АСВ = 0 (як
відповідні кути) і 21ВЕС - 2 ЕСА (як внутрішні різносторонні
кути), отже, 2ЕСА »а (за умовою ЛСЕВ а). За умовою
2 АСВ = 0 і 2АСР = 2ГСЛ + 2 АСЕ . тоді 2 ЕСВ - 0-а .
ЕС ЕІ)
У .Г.СОт те-п-мо.» рипусів - ^ВСВ
2ВРЕ 4 ЛСВЕ = 180 (як суміжні кути). Отже, 2 СВЕ = 180 - 0 .
1 - ЕП . їй і-аіп(0-а) (ніп(0-аі
8Іп(18О^~0) = аш(0-а)’ 8іп?18О’-0) віп0
У « ВЕВ 2 ВЕВ - 90г ( ГВ Л АС , 2 А 90е'. а 2 ВЕВ І х А — відповідні
кути), тоді ВЕ = ЕВ І? 0 !
Е
С
А
ВЕ*
сон р
------------- ’К 0-
аіпр
(-яіп(0 с»1
Відповідь:-----------.
соя р
107- Дано; £А*а, £ ВВС = 0, ВА = а , СВ X .41) .
Знайти: ВС.
Розв'язок: За умовою 2 А = а ; 2 ВВС » 0, ВА « а ,
2 В2іА « 180‘- 0 ( 2ВОС 1 2СЬА — суміжні).
У л АВС Л ВСА ~ 180' - (180‘ - 0 + а) (за теоремою
2 А + 2 АВС 4 2 /X А 180 ). 2ВСА = 0-а.
С
В
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та Іи. 325
У л АІК' за теоремою синусів
АІ> АС сі АС____
аіп 2ЇХА яіп/ АВС ' віп(0 - а) ’ віл (180® -~р);
ЛС - • < «"і180" - 0) - 81"0 >•
У .ЛВС гв-»о° (СВ1ЛВ за умовою). ВС - ЛСлаа - “ "'І? ”‘?Р
’їіпіР - а)
„ , , а >аіпа - аіп0
Відповідь: —, .
віп І і> - а)
108. Дано: ВК^АСЦЕИ, НЕ 1 ЕП , гІЕВС = 60’.
/САВ = ЗО . ЛВ = 100 м.
Знайти; АЕ.
Розв'язок: За умовою ВЕ 1 ЕО , отже, / Е = 90® . Оскіль-
ки АС І] ЕЛ , то / БАС = ШУ , а оскільки ВК [| АС , то
/КВС-/ВСА як внутрішні різносторонні кути, тоді
/ВСА = 60® . У а АВС : /ВАС * 90® , АС * АВ і< / АСВ ;
АС = 100 4-= ’-?^
АС П ЕВ , за умовою АР — січна, тоді /САП = / ЕИА = 30® , У л АЕІ), за влас
тмвістю АЕ 1 А1) .
2
У ь АСВ , / ВСА = 120 (вія суміжний з / АСВ = 60®), тоді
2. АВС - 180'* - (30а + 120а ї 30- (за теоремою / АСВ + /СІЗА +• / ВАС * 180').
_ , АС АВ
За теоремою синусів —----— = —— -
аіп х АВС аіп 2 АСВ
/АСВ* 120' , віп 120' « яіп(180®-60°) віп 60’ ж у-
юо і 7з 100-7з 2
Лрг^Г;2'Т=—П"
=100 м.
АЕ - АВ 1 100 - 60 м.
2 2
Відповідь: 50 X.
109. Дано: АВСВ — трапеція, АВ = СВ , АВ * 10 см, ВС - АВ ; 2 ЛВС = 110 .
Знайти: Рлки.
Ріио’лмк: Р^о = ЗАВ т АВ, оскільки в трапеції АВСВ за умовою АВ * СО = ВС.
Зи яластивїстк» / А + / АВС = 180° , отже, / А = 180" - ПО" = 70® (за умовою
г АВС = 110° ).
Опустимо висоти ВК і СМ, тоді за властивістю
иг- іг м ч іг *♦ л
Ві = КМ , АК = МО =-----------.
2 10 * *
Нехай АВ = ВС = СР = х см, тоді АК = —
У д АКВ лАКВоШ і АК • АВсав/А
АК АВ сов 70
10 х
——— = х • 0.342 , х • 5,9 см;
Р = 3 5,9 + 10 = 27,7-28 см.
Відповідь: 28 см.
326 ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та Ін.
1 10. Дано: АВСО — трапеція. АО - АВ = СО * 10 см, /САО = 50“ , МН — серед-
ня лінія.
Знайти: М№.
Розв'язок:
За умовою АВСЛ — трапеція, АВ = СО ,
Мії — середня лінія трапеції АВСО за теоремою:
2
За умовою АО 10 см і СО = 10 см. тоді в л АС О за теоремою
2 САО = / ОСА - 50° (ва умовою 2 САО = 50 ).
Оскільки ВС Ц АО . то /ВСА - /САО = 50’ як внутрішні різносторонні кути
і (АС - січна).
Отже, / ВСО 2 ВСА + 2 ОСА 50а + 50“ = 104Г . За властивістю рівнобедреної
। трапеції 2 В - 2 ВСО і 2 О 2 ДАО . Отже, 2 В - 100і . 2 В + 2 ВАО - 180’ ,
тоді 2 ВАО = /О = 180’* - 100 = 80“.
2ВАС /ВАО - /САО\ /ВАС = 80‘ - 50 - 30е.
ВС АВ АВ віп 30 .
У . АВС з. теоремою синусів ^7^ " • ВС ’ •
8Іп 50'= 0,766 .
ВС = 10 -: 0,766 "6,5 см. = 8.25
І 2 2
Відповідь: 8,25 см.
см.
а
Рівень В
111. Дано: а, Ь, а .
Дослідити: кількість розв'язків від значення а, Ь, а , а / І \ с
о а Ь / \
Розв’язок.' За теоремою синусів знайдемо кут р : —— = —— . / у а\
х " в1п а я,п Р «»ь*-----------
аіп3 , якщо Ь&а , то розв'язок 1.
а и-
Якщо Ь> а і а > 6 иіп а . то два розв'язки (0 може бути як тупим, так і го-
стрим кутом».
Якщо Ь > а І а - & • віп а , то розв'язок один і 2 Р * 90''.
Якщо Ь> а і а <5• віпа, розв'язків немає.
112. а) Дамо: ьАВС . а - 30° , Р = 45°, а + Ь - 24,14 .
Знайти: с, а а, Ь.
Розв'язок: За умовою в а АВС а 30 , р = 45° . тоді у ж 180" - (а + р)
ремою а + р + у = 180 }. у «180і -(ЗО^+ 45')-105 .
- . а Ь с
З" теоремою синусів —:— « = ——
віпа аіпр віп у
—?— = —-— , аіп 30° = 0,5 , віп 45е - 0,7071
віп30ґ віп 45е
Л=—*— а . Ь 0,5:0,7071-0.71 Ь .
0,5 0,7071
За умовою а + Ь — 24,14 , тоді 0,715 + 5 = 24,14 1,716 = 24,14, 6—14,12
10 с
а = 0,71 • 14,12 10. .
0,5 аіп 105
віп 105 = аіп (180'* - 75”) = віп 75° - 0.9703
10 0,9703 1О..
с =----" 19,41 .
0,5
Відповідь: у = 105“ , а • 10 , 5 «14,12 ; с » 19,41.
(зн Тео-
А
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та Ін. 327
б) Дан<к а АВС , с ~ АВ = 19, АС - 6 - 9 , СК — медіана, СК = т, = 11 .
Знайти: а. а , $ , у.
Розв'язок: За властивістю медіани
з 2Ь* 4-2с* -а3 з .
т. " “-----7------5 а = 26 + 2с “ 4т*
4
а = <26* + 2с* - 4т*; а* = 26* + 2с1 - 4т’
-4гл’; а = ^-З' + г 19= - 4 11* <162 + 722 -484 - <400 = 20.
За наслідком із теореми косинусів сова » ~ * і сов0 = * г>—1А-
26с 2ас
9і + 19а 20’ 42
сова = —77, “ » 77ГЛ77 ~ 0.1228 , а • 83*
2 919 18 19
о 20а+ 19*-9*
СОВ Р -------------
2 20 19
ЯЛ. • °-89” р ’2Г-
За теоремою а + 0 + у = 180’, тоді у 180“ - (83е + 27') 70а .
Відповідь: а * 20; а = 83°; 0 » 27" ; у • 70’.
113. а) Дано; *АВС , а * 47е; 0 = 120 , а - с « 11.
Знайти: а, Ь, с.
Розв'язок: За теоремою а + 0 + у ж 180‘ , тоді у = 180е - (а + 0).
За умовою а 47а; 0 = 120е. тоді у 180' - (120 + 47’) » 13“.
п , а Ь с
За теоремою синусіл ----= — -------;
аіп а віп0 віп у
зіп 0* віп 120і = зіп(180г - 60*) = віпбО =0,866
віл 13е- 0,225, віп 47°= 0,7314
а с
л; а ~ с 0.7314 : 0,225 - 3,25с .
0,7314 0,225
За умовою а -с = 11, 3,25с-с - 11
2,25с = 11. с -11:2,25-5, а - 16
а 6 16 0,866
----- я-------- • й — я
0,7314 0,866 0,7314
Відповідь; а -16; Ь - 19 ; с - 5.
19.
6) Дано: ь АВС , /п,, , т{ — медіани,
т. = АК = 12 , т, - Ю/ = 15 , т = СО - 9 .
Знайти: а, Ь, с.
Розв'язок: За наслідком із теореми
, 4 (2т’ + 2т* - т*) 4|2т* + 2т* - т')
9 9
4(2т^ + 2т£ - т*)
с —1--------------- . За умовою т4 = 12 , т» = 15 ,
т, - 9 , тоді
а
Ь’
,о <(2 1»22 . <(-150.162 - И-ІІ . 18?. , 2?9 а =
. !(г_І^*2-8'-153. ^288.иг- 225). .00.100 „ = 10
г . 2 1"’) . ^61.» 4 . . 2.2 . е = 2^3 .
Відповідь: а = 4<13 ; 6=10; с 2<73 .
328 ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін.
1 14. Дано: = АВС , ЛС = Ь, ВС - а . £ОВС -у ;
І 2Осв * а, 2 лсо = р.
І Знайти. АВ; АО; ОВ,
Ро^о'ямк: У л ЛВС зе умовою ВС а , АС = Ь.
За властивістю / АСВ = 2 АСО + 2 ОСВ ;
І '2 АСВ = а + Р. За теоремою косинусів
АВ « < АС*ТВС’ - 2 АС ВС сов £ АСВ ;
АВ та1- 2аЬ СОВ (а + р) .
ш- ВО і .
У лВОС за теоремою синусів - " Тї—7757^’ 8(Х? 180’—(а+ у)
ніп 2 ВОС віп 2 ОС В
і __ і а . / \ г.л а віпа
р1іі180 - іа + у) = віпІо + у], ВО = — т— -т
' ' " ' 1 яігЦа + у)
<>< а , ос , а віпу
віпу чіп(а + у)' віп(а+у)
З д АОС 341 теоремою косинусів ОА у/оС1 + АС* - 2ОС АС сов 2 АСО
। а1 аіп1 у ! оаЬаіпу есер
°А " + _Яп|«*г)
Відповідь: АВ • ^а* + Ь* - 2аЬ >сов(а + Р} ; ВО = ? . ..-._ .
' ' юп(а + у)
а’яіп’у 2а*9ІпусотР
ОА в - ті +0------------;—з---— -
^8іп (а + у) він (а + у)
115. Дано: лаВС, АС = Ь, ВС « а , 2АСВ >120 ,
КС — бісектриса 2 АСВ .
Знайти: КС.
РолСязок: з д АВС за теоремою кос инусів •
АВ - АС1 + ВС* - 2 АС~НС~ соз г АСВ .
1
за умовою АС = 6, ВС = а , £ АСВ =120 , сов 120 * - сен60 =--
І *
АВ »%«’+ Ь' + 2аЬ • сов б(Р » у а ’ + Ь' + аЬ
_ АВ ВС . , к а-віп60'
За теоремою синусів у л АВС -- •••• п = — — » аіпА т ।
віп 2 АСВ зіп 2 А + Ь + аЬ
За наслідком з властивості бісектриси кута трикутника:
АВ АС АВ Ь Ь
В АС * ВС " а + Ь а + Ь
х КС АХ АК 8ІП2А
У л АХС за теоремою синусів --- » —; КС = ці-ійп. -
К?, і> ^аТ +Ь* -г аЬ Ь а-віпбо аг>
Г (а ♦ &)• ї’а1 т-Ь1 т аЬ він 60е
аЬ
Відповідь: —
ато
116-Дано: ^ АВС, АВ 10 см, АС =12 см. 2А=3(Г.
Знайти: 8<АВС.
І
Ром'лаок; 8>лЖ. = % АВ АС • яіп 2 А .
За умовою АВ = 10 см, АС 12 см, 2 А = 30’ .
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін. йй 329
-^10 12 8ІпЗО*ж| 10 12 1=ір = 30 см».
Відповідь: ЗО см’.
117. Дано; АВСО —- паралелограм, ВК 1 ВЛ1 — висоти,
ВК б\2 см, ВМ - 8 см. £А- 45' .
Знайти: З^р.
Розв'язок: За'умовою АВСО — паралелограм, за
властивістю ЛВ СО І АО = ВС £. А /С = 45°
(за умовою / А 45 ), ВК і ВМ — висоти паралелограма, отже, АКВ = 90
і 2 ВМС = 90 .
. ВС
Розглянемо л АВМ : ВМ = 6^2 см, Л А 15е, тоді ЛВ -------
яіп 45
_ _2
АВ = 6у2 : —— * 12 см.
2
ВК
Розглянемо лВКС: ВК = 8 см, /С 45е , тоді ВС - —•——;
яіп 45-
— = 8>/2 см.
2
5ЛВСЛ “ ЛЯ' А® 8Іп 2 А
ВС=8:
2
Відповідь: 96 см».
§5. Застосування тригонометричної функції до знаходження площ
Трикутник:
З.*» «|ь-е-віпа .
Формула Герона:
5.ЛГ » ^р{р - а}(р - Ь)(р - с) , л
а + Ь + с
п . ---
5ЛЯСО ч 8іпа.
ПОЯСНЕННЯ
Прямокутник:
Формули радіусів вписаного й описаного кіл трикутника
В — радіус описаного навколо трикутника кола;
г — радіус вписаного в трикутник кола;
а, Ь, с — сторони трикутника;
5 — площа трикутника;
Р — периметр трикутника;
о аЬе 28’23
45 а 4 Ь + с Р
330 :•:>< ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та Ін.
Рівень А
123 а) Дано: л АВС , лВ 10 . ВС = 12 ,/ В = 3(Х .
Знайти.* 31АЛ
Розв'язок: 5^ = я ЛВ ВС віп £ В.
Зн умовою АВ = 10 . ВС 12 , А В = 30" .
5 --10 12 віпЗО’ І 120 ЗО.
*дж. 2 2 2
Ві<1лові8ь; ЗО.
б) Дано.* А АВС , АВ - ЛС = 6 , / А * 120’.
Знайти: ЯіА1г .
- АВ АС - віп £ А . За умовою АВ । АС = 6, А А = 120 .
2
Розв'язок: 5*
ііі» 120" = Лі (180е - 60") віп 60
С
;3
2
„ 1 аі у'З 3673 п /ї
^а26 —
Відповідь: 9<.3 .
в) Дано: « АЖ', АС » 5\ 2 , ВС = 8 „
АА = 100і , ^В 35 .
Знайти: 5іЛЖ .
Розв'язок. 8іМК = “АС ВС - віп /С ,
«в
лй умовою АС 5<2 ; ВС = 8 , / А = 100 ’, А В 35 ’.
За теоремою А А + А В + /С = 180 .тоді /С = 18(» - (10п +35 }в45' ;
1 572 & \ - = 20 .
Я
Відповідь.’ 20.
124. а) Дано: ь АВС , £С. - 90 , СВ = 673 см. /В - 60°
Знайти: ЗйДЖ..
Розв'язок: 8 іпг = ^СВ АВ віп £. В,
• -мж п
за умовою СВ в б , 3 , £ В - 60" .
ЛЯ = —£?— , АВ = -6^- = 673 : - = 1273
сов/В сздбО 2
| 1273
ЯМпіМк*».' &4<_3 емт.
Ь4& см*.
б) Дано: АВСВ — паралелограм, АВ 4 см, АВ = 4\3 см, А А 60 .
Вилити.* .
Розв’язок. АВ 40 «Іп £ А .
За умовою АВ і 4, АВ 4^3 , АА=60 .
Вддлд = 4 4у3-він60
Відповідь: 24 см*.
= 21 см\
ГЕОМЕТРІЯ Єриіоаа А. П. та Ін. її 331
в) Дано: АВСВ — прямокутник» АС 12 см, ЛСОД - ЗО .
Знайти: 8ЛЯГ.В .
Розв’язок: Зе умовою АВСВ — прямокутник, отже,
АС = ВИ І $.„п = 1 АС1 віп СОВ .
За умовою АС « 12 см, ЛСОВ ЗО* .
$.„о = і 12* иіпЗОг 36 см1.
л»п 4
Відповідь: 36 см*.
125. а) Дано: ЛАВС . АВ - ВС = ІО см, ^А-750.
Знайти; ЗйЛЖ, .
Розв'язок: За умовою л АВС , АВ * ВС , тоді аа влас-
тивістю ЛА--ЛС. За умовою £ А -75' . За теоремою
/Л^В+/С« 180е, £ В * 18(Г-(75° + 75ь) = ЗО
5 ляг = І АВ ВС • віп Л В « х АВ1 віп ЛС
.ЛИС 2 2
В.*,-- Ю1 віп ЗО’* —<25 см*.
* 2 4
Відповідь: 25 см1.
б ) Дано: АВСВ — ромб, Р^я = 16/2 см, Л А 135 ’ .
Знайти: .
Розв’язок: 8лКЯ = АВ АВ віп^ А .
За умовою АВСВ — ромб, отже, АВ ВС - СВ АІ) .
8.аг„ = — АВ • аіп ЛА . За умовою ЛА - 135® ,
аіп 1354« віп (180 - 45е) » віп 4 5’ » .
= 1ЛВ 1 Р = І в/2 см, тоді АВ = івЛ : 4 - 4^2 см.
«аяср = (4Л)’ • = 16 Я- = 16/2 см1.
Відповідь: 1в<2 см1.
в ) Дано. АВСВ — квадрат, АС = 6 см.
Знайти: 8ЛЛМ.
Розв’язок: За умовою АВСВ — квадрат, за властивістю
АС^ВВ і АС 1 ВВ , тоді 21 СОВ - 90 і віп^СОВ = 1
5._Л = 1 * Д.ягп = "б* » 18 см1.
Відповідь: 18 см1.
126. Дано: ь АВС , 5іЛЖІ = 20 см1, АС 5у^ см, ЛС = 45ч .
Знайти.’ ВС.
І 23
Розв’язок: 8 л-, = АС ВС >яіп ЛС , тоді ВС - *“*- — . „
*** 2 АС зШЛС В
За умовою 5>дж. « 20 см1.
ЛС = , 4ГС = 456.
ВС = - = 8 см.
З^Х
у2
Відповідь. 8 см.
332 >й; ГЕОМЕТРІЯ Єршова А- П. та ін.
|27. Дано: АВСй — паралелограм. АВ - 3 см.
Ай = 12 см, Здяср “ 1В см’.
Знайти.* ЛЛ, £ В , , /В •
Розв'язок: За умовою АВСВ — паралелограм,
І За властивістю з А С ; 4 В с В
~ 81п А •
За умовою АВ 3 см, АВ 12 см. ЯдЖ^ = 18 см'.
в1п2Л = -^МКй-, віп/д.2£-.1. опке, 21А=3(Г і /СхЗО».
АВ Ай 3- 12, 2
За властивістю £ А + /- В - 180° , тоді = 180 — £. А , £ В = 180® - 30° = 150
І ^Л = 150°.
Відповідь: </А = /С»-30" ; //і-/Р = 150 .
36 см1.
128 Дано.' а АВС . АВ - ВС , / В ЗО* , 5
, Знайти; АВ.
З ~ = і АВ ВС віп 2. В , за умовою АВ = ВС ,
2
тоді 5іДЖ, = | АВ' віп / В - За умовою / В * ЗО’ ,
5>хвс = 36 см3, АВ =
Відповідь: 12 м.
25
8ІП2£В
2_36
віп 30°
1 -2-6=12 м.
*>
129 а) Дано: а АВС . АВ = ІЗ , ВС = 14 , АС = 15
Знайти: 8МВГ .
Ріків'ялок: За умовою в д АВС АВ = 13 , ВС = 14 , АС = 15 . д
За формулою Героня Я » </р(р ** °)(р ~ &)(р “ с) • /^Х.
I « час • /р{р-АВ)(р-ВС){р-АС) с
АВ + ВС + АС 13 т 14 + 15 А*"^
р 2 2
ЯіАвс = ^21-(2І-13)(21-14)(21-1б)« /21-8-7 6 =
[ = ^'3 7 4 2 7 3 2 -2’3*2-7-84.
Відповідь: 84.
6) Дано: л АВС . АВ + 15 . ВС - 26 , АС • 37 . В
Знайти: 5МУ.. /
Розв'язок: За умовою в а АВС . АВ = 15 , ВС = 26 , АС 37 . / X.
За формулою Гсроаа Я.д*. ’ ^р(р АВ)(р - ВС)(р - АГ) дД——*
15 + 26 + 37 ....
я = = 39
И 2 ______ ______ _____________
5 «с “ ^39(39^15X39’"-26)(39 - 37) = >/39 24 ІЗ 2 =•
= /8'13 4"б І3~2 = 13 2 -6 = 156 .
Відповідь: 156.
130. Дано: АВСй — паралелограм, АВ = 25 см, В_________
Ай = 29 см, АС = 36 см. у - ' 'і
Знайти; 8^^. / ' /
Розв’язок: За умовою АВСй паралелограм, тоді /
СД - віп / В . У паралелограма АВ = Сй , А &
ВС Ай за властивістю.
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та їм. 333
За умовою АВ = 25 см, АВ * 29 см, АС * 36 см.
АІ)" + Г*С‘ — АС1
З « АСВ за наслідком із теореми Косинусів соа /_ В -------------------—
2 А 21 /и
_ 29і +25* -36' 841*625-1296 170 „ о„,
. ІІ — •- - - - ------------- ш.--- 0.1172 . О •> 83
2 29 25 50 29 ЬО 29
8Іп/Х> = »Іп 83°-0,9925
Ь\«, = 29 25 0.9925» 721 см1.
Відповідь: 721 см’.
131.Доко.* лАВГ. АВ^ВС^Ь, АС = &
Знайти: .
Розв'ямк:
/ спосіб. Знайдемо площу л АВС за формулою Героиа
7р[р-ав)(р-вс)(р-ас).
За умовою АВ - ВС - 5, ЛС = 6 .
АВ < ВС + ДС 5 > 5 + 6 _
р Л ———------- п -------Ж 8
2 2
5 ллс = ^Я(8 “ 5Г (8 - 6) % а » 2 - 4 3 - 12 см*.
В
ІІ спосіб. 5<ЛЖ. - £ АВ ЛС- 8Ш/Л
X
дд2 х ДС4 "*• ВС^
За наслідком із теореми косинусів соях А =------—
2 АВ АС
. л 5’ -» б’ - 5і 6 Л Л
сов £ А ---------- » — > 0,6
2-56 10
А • 53і , аіп 53е = 0,7986
•\д« ;'§ 8 0.7986 - 12 см1.
X
Відповідь» 12 см1.
132. а) Дано: а АВС , АВ - ВС , АС -12; ВК — медіана, ВК = 8 См.
Згіайти; В, г.
Розв’язок: У трикутнику В = —; г --------;
25 а + Ь + с
„ АВ ВС -АС 2Л'
Я =---—— — г " - - ““-----------
4«іЛ> АВ + ВС + АС
За умовоя» ВК — медіана а АВС і АВ ВС ,
тоді за властивістю ВК — иисоїн і бісектриса < АВС .
В АС , Я, дщ. ==-^ * 12 8 - 48 гм.
З лВКСі 2 ВКС 90е , за теоремою Піфагора ВС - <ВК’ + КС* . Оскільки
ВК — медіана, то КС = ' АС , КС = ; • 12 6 , ВС у'8г + 6* = 10 см, тоді
І АВ-10. 2 2
„ 10 10 12’ 25 „ _Л
Я ------- - е 6.25 ем,
4 48
2 48 2' 48 Л
Г = -------- = —----7— з ГМ.
10-10-12 ЗГ
Відповідь: /£> 0,25 см; г - 3 см.
334 ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П та ін. ВЖШвВЖЖ
б) Дано: л АВС, АВ - 7 см,
Знайти: В, г.
„ , „ А В Ж' АС
Рмв ялок: В = ——--------;
43
ВС 16 см, АС = 20 см.
г =
25 м
* + ЛУ
дв і ас + ас '
Знайдемо площу л АВС аа формулою Герона
З
р-
= ^р(р - АВ)(р - АС)(р - ВС)
ЛВ.ВОЛС 7*16 + 20
; - -2---21
З
Я
2___________________
^1(21-7)(21 - 15)(21 - 20) = >/2Ї~Ї4 “ 6 « 42
Я>’20ь 25
-----— «12,5 см.
(,•42/ 2
2 42
____84 «
г ------------ — = 2 см.
7+16 + 20 42
Відповідь: Я = 12,5 см, г = 2 см.
133 Дано. лАВС, АВ - 16 , ВС = 25 , АС» 39.
. Знайти: Я і г.
и . „ /1В Ж АС 23,^.
К----—— ; г . •
За умовою АВ = 16 , ВС » 25 . АС = 39 .
АВ + ВС + АС
Знайдемо 5( д* за формулою Герона р
2
З
5
.« = ,7(7^ АВ)(р-В<')(р-ЛС)
$40(40^Іб)(40~25)(40“^39) « ^40~24 15
>/4 5 2 3 2 4 5 3 = 2-5-2 3 2-120
Я«
—' = 32.5 .
2 120 /’ Л4МҐ „
г ж --------_ , —_ = *
16 + 25 4 39 ЗО {
Відповідь: Н = 32,5; г ® 3 .
Рівень Б
16 + 25 + 39 .п
ж 40
2
134. а) Дано: л АВС , £ ВАС = а , ВК і СМ — висоти, ВК Л»; СМ = Л,
Знайти: 8.-..,
| ВК АС , ВК — висота д АВС .
З лСАМ: £СМА 90 , оскільки СМ — висота лАВС
^А = (Х, СМ-К і АС= АС = -^і-
віп а віп а
Розв'язок: 5
За умовою ВК - З,
2 аіпа
Відповідь: —ї-
2 віп а
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін. 335
б) Дано: а АВС . £ А а ; / АВС = 0, ВК — висота. ВК = \ . &
Знайти: 5лЛЖ . л.
Розв'язок: 5іЛЛС | АВ • ВС • зіп £ В . За умовою ВК — виоо- / \
2 / \ \с
та *АВС,отже. лВКС = ^ВКА = 90 .У ^ВКА, ЛА = а,
ВК = Л, за умовою. Тоді ВА -------; ВС —-*— . л
віп^А аіп а
У аВКС : ЛС = 18(Г-(а + Р) (зо умовою Л А *а ; Л АВС = 0 в, л АВС, тоді
за теоремою Л А + ЛС + Л АВС = 180" ) ВС » -ВС ; ВС =----Д------,
яіп^С 8ш(ае0)
5. — — А.; аіп а--т-*--г ——*----------г,
2 аіп(а + р) 2 аіп а яіп (а +0)
,, Л? яіп (і
Відповідь: 7 —/------? .
2віпаяіп(а+ 0)
135. а) Дано.* «. АВГ, АВ = АС . ВС 8</3 см. В
ЛВАВ — зовнішній, Л ВАВ = 60''. К.
Знайти: 5,двс. \
Розв'язок: За умовою в л АВС АВ « АС . тоді за властивістю \
ЛС = Л В . ЛВАВ — зовнішній кут Л АВС , Л ВАВ * 60й. В А (
За властивістю зовнішнього кута ЛВАВ - ЛВ + ЛС , тоді
ЛВАВ*2ЛВ і / В = 60° : 2 = ЗО .
У * АВС за теоремою синусів - « АС; , Л ВАС « 180~ - / ВАВ
він. Л ВАС віп 2 В
( Л ВАС + х ВлВ - 18<* ла означенням зовнішнього кута).
Л ВАС 180- - 60 = 120' ; аіп Л ВАС - аіп 120° « яіп(180* - 60") = віп 60° - —;
1
віп/'В = зіп 30 = -;
2
За умовою ВС « 8уЗ . 8^3 : — = АС .* -
2 2
2АС=1в. АС = 8 см.
8 лдс 2 ХС’ в1п £ ЙЛС ’ 5->«* ’ I 8* е 16л^ см*’
Відповідь: 16>/3 см’.
б) Дано; АВСВ — паралелограм, ЛС - 30а , В_______К ____С
АК — бісектриса ЛВАЛ , СК = 11 см. КВ~*Ь см. / ~7
Знайти: 8ЛЛСО. / /
Розв'язок: 5^,, = АВ • АВ віп Л ВАВ . /
За умовою АВСВ — паралелограм, отже. А &
ВС - АВ ; АВ = СВ і ЛС^ЛВАВ, ЛВ^ЛВ,
За умовою ЛС = 30° , тоді ЛВАВ 30° , ВС ш ВК + КС, за умовою КС 11 см,
КВ*5 см. отже, ВС= 11+5-16 см.
За умовою АК — бісектриса Л ВАВ , тоді Л ВАК » Л КАВ , Оскільки ВС || АВ
і АК — січна, то Л ВКА = Л КАВ (внутрішні різносторонні кути) і в ьАВК .
АВ ВК ж 5 см
5.^ д 5 16 зіпЗО' -5 16 ~ = <0 см’.
Відповідь: 10 см*.
336 ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін.
в) Дано: АВСВ — прямокутник, АС 10 см; / САР = 76°.
Знайти: .
Розв'язок: За умовою АВСВ — прямокутник, отже,
^В=/О= А ВАВ = л ВСВ = 90°.
АСАР® 75е, АС 10 см.
У лАСВ: СВ" АС- 81ПЛСАВ, АВ ® АС соьЛСАО
АВ " АС-сов ЛСАО‘, АО = 10 0,2588-2,6
СР-10 0,9659-9,7
5Д1ГО * АВ -СВ і 5^ = 2,6 9,7-25 см».
Відповідь: 25 см».
136. а) Дано: АВСВ — ромб, РАЖШ = 80 см, ЛВ : £ А = 1: 5 .
Знайти: ^лік о -
Розв'язок: За умовою АВСВ — ромб, отже,
АВ = ВС = СО АВ Л А - ЛС ; Л В Л О ,
* 5лжо АВ1 «Іп/В .
За умовою Р.пт 80 см і РлКІ) ~ *АВ , АВ 80 : 4 = 20 см.
Зо властивістю Л А + ЛВ = 180 ’.
Нехай коефіцієнт пропорційності — х, тоді ЛВ - х Л А = 5х
х+5х-180е
х = 30° . тоді ЛА = 150’ , ЛВ ЗО
5Х-Сй 20а 81П30- = 400 і = 200 см».
Відповідь: 200 см».
б> аналогічно до № 129.
137. Дано: Л АВС . ЗдАВС = б/з см»; Л А 60' , АС : АВ = 3 :8.
Знайти: В АЯС.
Розв'язок: 5<ДВС = - АН АС яїпЛА . За умовою 5'#аЖ * в<3 см»; АА = 60”.
АС :АВ = 3: 8. 3
Нехай коефіцієнт пропорційності х, тоді АС = Зх , АВ 8х .
6\ 3 = і • Зх 8х • від бО4,
І2 В
24х» бТз :
24х’ - 24 . /________X,
х* 1; х = 1, тоді АС = 3 см, АВ = 8 см.______ А
За теоремою косинусів ВС АВ’ + АС» - 2 АВ АС сов Л А
ВС = ^8» 4 3’ - 2 8 З | = 761 + 9-24 « 7
РлЛЯС * АВ * ВС + АС . РгМС -3 + 8 + 7-18 см.
Відповідь: 18 см.
138. Дано: АВСО — прямокутник, 3АВГР = 9\3 см’^
АС = 6 см.
Знайти: АВ-, СВ.
Розв'язок: За умовою АВСВ — прямокутник, отже,
8^^ = АВ СВ. Нехай АР — х см, тоді СВ — у см,
отже, х-уяО^З (за умовою З^о = 9у'3 см1). У лАВС:
мою Піфаі-ора АС* АР‘ + СО1
ЛВ - 90 за творе.
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін. 337
За умовою АС -& см. тоді х* + у* = 36 . Отже,
- • + у1 = 36 у1; у * 0
у* - 36/ + 243 = 0
у1 = 27
у, = 3<3
у’ =9
У, = 8
х, “ = зТз
V
Отже, АО 3 см «бо Зу/з см. СО = 3>/3 см або 3 см.
Відповідь: 3 см і 3.3 см.
139, У формулі Герона хоча б одна з різниць (р-а); |р - Ь); {р-с) від'ємною
бути не може, тому одо тоді добуток множників, одо стоїть під знаком кореня,
буде від'ємним, а такого бути не може.
Найбільша висота трикутника — це перпендикуляр, проведений до наймен-
тої сторони.
140. а) Дано: лАВС, АВ = 4 см. ВС = 13 см, АС-15 см, в
СК — висота. /\
Знайти: СК і г. К/
Розв'язок: За умовою в лАВС АВ - 4 см, ВС 13 см. /'
АС 16 см. СК — найбільша висота. /
Знайдемо 5іЛВС за формулою Герона 5-АЖ « АВ)(р - АС)(р - ВС);
АВ + ВС + АС
Р = — ---------
р о * 1- = 16 ; 8іАЛС = ^16(16 - 4)(16 -~13)(Ї6~’5) = ^16 12 ЗЛ -
= 716 ГЗ 3 1-4 2 3- 24 см’.
„„ 2- 24* ,Л 2 24 . .
СК = —— в 12 см. г « - - =1,6 см.
Відповідь: СК = 12 см; г = 1,5 см.
Аналогічно а) виконуємо б) і в).
б) СК = 8 см; г = 2 см.
в) СК = 15 см; г = 3 см,
141. а) Дано: л АВС , ВК — висота, АС = 21; ВС = 17 , АВ = 10 .
Знайти: ВК; Я.
Розв'язок: За властивістю в трикутнику найменша висота — це висота, опуще-
на па найбільшу сторону трикутника. За умовою в Л АВС АС - 21, ВС 17 ,
АВ = 10 , ВК — висота. о
З.к ’ \лс-ВК . тоді ВК - — / N.
*** 2 АС / N.
Д.АВ^ АС А/_Л--------Хс
_________ К
Знайдемо за формулою Герона і’дД(Г - ^'р(р - АВ)(р - ВС)(р - АС) ;
338 ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін.
АВ+ВСт АС
І рл - —
р = З.1* Ч 1 ™ „ 24 ; 3^ = ^24(24 - 21)(24 - 17)(24 - 10) = <24 3 7 14 =
[ « 74~ 2 З зТТ7 «4 3-7 84 см1.
I В/С = і^*- = 8 см.
•А* і
4 В4,_ »
Відповідь: 8 см; 10,625 см.
Аналогічно а) виконуємо 6).
6) ВК’ = 16; Я = 21,25 .
142. Дано: коло з центром в т. О, АВСВР — описаний многокутник.
І Довести: - - Р^р г •
У £
Доведення: Розіб'ємо многокутник на трикутники,
з'єднавши центр вписаного кола з кожною з йою вер-
шин. Тоді висотами цих трикутників буде радіус кола,
। вписаного в многокутник, а площа многокутника дорів-
нюватиме сумі площ усіх цих трикутників. д
Р &ДВСИГ “ 8.В0С + ®.Л»В + ®.со* + лОв ’
5.лгх=;^-'г 8іГОО «- СД • г , .8мПГД< = — £>В -г
<4 *
। ^.ли’л^’Г &.м>а Г
£ £
^лвслв ж 1г (ЬС + СІ) + 1)¥ + АР т НА) = - г Р^-„, Що й треба було довести.
143. Дано: а АВС , АВ ВС , Р ЄН см, АВ : ЛС «5:6.
Знайти; г, В.
Розв'язок: За умовою в л АВС АВ ВС .
тому РгЛ*. - 2аВ і- АС .
>8^ л АВ ВС АС
я _____ А 'С
ЛВ + ВС+АС ' 43*лк
Нехай коефіцієнт пропорційності дорівнює X, тоді АВ - 5х , АС 6л . За умо-
вою «Рддс - 64 см,
2 5х + бх « 64 , 16х « 64 , х = 4 , тоді АВ = 20 см, АС 24 см.
За формулою Ґерона
і і л «і8 / 4Я + ВС + ЛС . . ,
VР\Р ~ ' (Р “ АС) , р «-------; р » 64 : 2 -= 32
£
= у32(32-20)' (32-24) = 716 2Тз’Тз»* 4 12 = 192 см’
£
^.ДВС
* 6 см
Я =
= 12,5 см.
Відповідь- 6 см, 12,5 см.
й ГЕОМЕТРІЯ Єршові А. П. та )н
339
144. Дано: лАВС , ВК — висота, ВК 12 см, АК 5 см, КС 9 см.
Знайти; В і г.
и . ,, АВ ВС АС 25
Разе лзок: Н ------------- г - — ——--------
45иг АВ + ВС * АС
= 2 • *“ У»080» — висота,
ВК - 12 см, АК - 5 см, КС - 9 см.
АС- АК + КС, АС = 5 + 9 = 14 см.
5*<**ж4 14 12-84 см*.
У л АВК і « ВСК , К. ВКА = г ВКС 90“ ,
За теоремою Піфагора АВ = *[ВК* + АК*
ВС = ^ВК* + КС* . АВ >/12* +~52 -13 см.
ВС«ч12*+ 9* = 15 см.
И'_113_>5‘ 65
4-М,, 8 ’
см.
2 84
14 + 13+15
= 4 см.
Відповідь: 8,125 см, 4 см.
Рівень В
145. Дано: АВСО — трапеція, ВС 3 см,
АЛ = 11 см, АС » 13 см, ВЛ = 15 см.
Знайти: 8ЛЯС[>.
Розв'язок: За умовою АВСО — трапеція.
„ АО + ВС
^лвсо “----т-"" " • ВК , де ВК — висота трапеції.
£л
За умовою ВС = 3 см, АО =11 см, опустимо висоту СМ і розглянемо а ВКО
і лСМА . За властивістю трапеції ВС « КМ , тоді АК + МО - АО - ВС
АК + МО - 11-3-8 см. Нехай АК — х см, тоді МО = (8 - х) см
і АМ ж АК + КМ , АМ = (х + 3) см і КВ 8- х + 3 = (11-х) см.
З теореми Піфагора ВК* ВО* - КО* , ВК* = 15* - (11 - ж)’
ВК* = АС* - АМ1; ВК* = ІЗ* -(х + 3)’
225 - 121 + 22х - У - 169 - / - 6х - 9
28х = 56
х - 2 , тоді ВК = ^13* (2тЗ)' = ^13 5){13 + 5) » ^8Л8 = 12 см.
(3 + 11) У2
вллсо = -----4-----=14 6-84 см*.
Відповідь: 84 см1.
145. Дано: АВСО - трапеція, ВС || АО , ВС = 2 см, В
АО = 6 см, АВ = 15 см, СЛ = 13 см. Л~
Знайти: 3АЛс11 . /
Розв'язок: За умовою АВСО — трапеція, ВС АО, А / ,
ВС = 2 см, АО = 6 см, АВ = 15 см, СО = 13 см. К
Опустимо висоти ВК і СМ. Зя властивістю ВК • СМ
і ВС = КМ . тоді АК + МО = АО - ВС.
АК + М/і «6-2 = 4 см. Нехай АК х см. тоді МО = 4 -х см.
340 :$•: ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та Ін.
| У а АЙХ / ВКА = 80° , в лСМП £СМО = 9(Г .
З Теореми Піфагора ВК1 • АВ‘ АК ' , ВК* -15* - х!
І С№-ІЗ*-(4-х)*
225-х1 = 169 -16* 8г- Xа
і 8х ж 72 , х ж 9 см. тоді НА' жуіУ-94 ж 12 см,
о Л0 + ВС „„ о 6 - 2 ...
[ ^лли ж 2 " 2 • 12 48 см -
Відповідь: 48 см1.
1
СМ’ = МО' ;
47. Дано; АВЮ — трапеція, АВ СО , СК = 0 см,
КО -16 см, коло з центром а т. О — вписане в гра
йецію.
Знайти: 5*^^ і г.
Розв'язок: За умовою в трапеції АВСО, АВ = СО У тра«
і<і‘цію вписане коло з центром у точці О. Точки К, Р,
№, Е — точки дотику кола до сторін трапеції.
За властивістю дотичних СР = СК , КО = ОР . АР = АХ , N8 - ВК . За умовою
। СК 9 см, КО • 16 см, тоді СО - АВ = СК 4 КО .
СО АВ 9 + 16 25 см. А.У - АЙ 16 см, отже. АО * 32 см.
ВГ - N5 СК ж 9 см.
ВС 9 4 9 ж 18 см. Отже, АВ « СО 25 см, АО ж 32 см, ВС * 18 см.
_ ВВ < АВ __
^мсо “ ---л------ ~ висота трапеції)
У А АВЕ , 2. ВЕА = 90е, за властивістю рівнобічної трапеції
. „ АО - ВС 32-18 _
| АЕ = - —-— = - —— = 7 см.
2 2
з теореми Піфагора ВК = у АВ1 - ВС Г .
ВЕ = ч 25і - 7і = 24 см.
І Зл»і> “ —• 24 = 600 см».
За властивістю 2г ВЕ , г 24 : 2 12 гм.
Відповідь: 12 см,- 600 см1.
Ч 48 Дано: АВСВ — трапеція, коло з центром в т. О — описане
Пвиколи трапеції. СГ) = 40 см, ВС - 13 см, АС - 51 см.
Знайти: Я.
Ймл'я зок: За умовою трапеція АВСО вписана в коло а центром
іт. О, отже, АВ = СВ і трапеція рівнобедрена.
За умовою СІ) = 40 см, ВС = 13 см, АС = 51 см. Опустимо
висоту СК, тоді в а АКС і лСКО
£СКА £СКО 90“ . Нехай КВ — х см. тоді АК (13 + х) см. З теореми Пі
фагоря СК1 ж АС* - АК* • СО* - КОг , 51’ -(13 + х)* = 40і - Xа
2601 - 169 - 26х - х3 «1600 - Xі, 26х 832
х ж 32 . Отже. СК ж <1ооо А024 ж <576 - 24 см.
КО * 32 ; АК » 15 АВ • АК - КО > 32 + 45 > 77 гм.
СК 24 З
Із лСКО 8ІП2. В - » — ж — . Коло, описане навколо трапеції АВСО , е ко
СО 40 5 А( н
лом, описаним навколо л АСВ , тоді Я * .....> (^а наслідком із теореми си-
.. 2аіп^Л
. . в 51 З М Б Е
нусів) Я ж —- • - ж Ж 42,5 см.
Л м О і “ а*
Відповідь: 42,5 см.
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін
341
РОЗДІЛ II. ПРАВИЛЬНІ МНОГОКУТНИКИ
§6. Вписане І описане коло правильного многокутника
Правильним многокутником називається опуклий многокутник, у якому всі
сторони рівні й усі кути рівні.
Величини кута а, правильного л-кутника обчислюється за формулою
л — 2
а, =---- 180е. Сума кутів опуклого л-кутника дорівикм 18О’(л - 2).
ЛЛ--ЛЯЛ
Рівень А
І- 380“
£ 181. а) Нехай а — центральний кут правильного многокутника: а »тоді
л = .. За умовою а - 90е, тоді л = 360“ : 90 4.
а
Відповідь: п = 4.
б) За умовою а = 72е, тоді л « 360' : 72* = 5.
Відповідь: п = 5.
в) За умовою а = 20°, тоді л 360' : 20 - 18.
Відповідь: л = 18.
л — 2
182. а) Нехай а — внутрішній кут правильного л-кутника: а = ——- 180’.
о С (5-2)-180і 1П_
За умовою л = б, тоді а ---------= 108 .
5
Відповідь; 108“.
(6-21-180'
6) За умовою л = 6, тоді а =------------ 120°.
6
Відповідь: 120“.
(10-2)-180‘
в) За умовою Л = 10, тоді а ......... 1 44’.
Відповідь: 144’.
І Центральним кутом правильного многокутника називається кут, під яким
сторону многокутника видно з центру цього многокутника. Градусна міра цен-
360
трального кута правильного л кутника дорівнює
183. а) За умовою в правильному л-кутнику величина центрального кута а » ЗО'.
360 360'
іх =----. тоді л»——-«12.
л 30“
Відповідь: 12.
б) За умовою в правильному л-кутнику сума кутів дорівнює 180°, а за теоремою
(л - 2) 180°, тоді (п - 2) • 180' = 1800‘; л - 2 » 10; л = 12.
Відповідь: 12.
184. У правильному п'ятикутнику проведемо з будь-якої вершини діагональ, яка
розіб'є його на чотирикутник і рівнобедрений трикутник, у якому один із кутів
є кутом правильного п'ятикутника 1 дорівнює
(5-2) 180 _ 3-180° =
Два інших кути трикутника будуть рівні між собою і обчислюються аа фор-
мулою (180“ - 10811) : 2 = 36°. У чотирикутника два кути, що прилягають до
сторони п'ятикутника, є кутами п'ятикутника, а два інші обчислюються так:
108’ - 36’ 72й (вони прилягають до діагоналі п'ятикутника). Тоді сума двох
кутів чотирикутника, один з яких прилягає до діагоналі, а інший до сторони
п'ятикутника, дорівнює 108 + 72“ = 180’. Отже, сторона п ятикутника і його
діагональ паралельні, що й треба було довести.
342 Ш ГЕОМЕТРІЯ Єриюва А. П. та ін.
1* *6. Дано: АВС І) ЕР — правильний шестикутник, ВЕ — найбільша діагональ.
[ Довести: АВЕР І ВСОЕ — трапеції.
І ДовгЛ’Нна: У правильному іп«*тнкутникуЛВС£>£/’ всі кути С^—_—
I рівні. За теоремою £С » (6~^Х^ .= 120’.
У чотирикутниках ВСОЕ і АВЕР £С- £О • аА = ЛР » 120’. \
І л СОЕ • д ЕРА (СО = АГ - ОЕ РЕ. /-О ЛР) за першою \ /
1 ознакою, тоді СЕ АЕ. А"г' ~’'р
[ а СЕВ =* д ЛЕВ (СЕ = АЕ. ВЕ — спільна сторона. ВС АВ)
І за третьою ознакою. Отже, ЛСВЕ - ЛАВЕ.
[ Аналогічно доводимо /ОЕВ - ^РЕВ Отже. ВЕ — бісектриса ЕСВА і ЛОЕР,
І £СВЕ = хіЛЕВ = 120° : 2 60 .
Тоді в чотирикутнику ВСОЕ ВС = ОЕ, ^ВСО = /ЕОС - 120"’, ^СВЕ = /.ВЕО = 60',
АВСО + ^СВЕ • 120 + 60° = 180 , отже, СЛ ї, ВЕ, тоді ВСОЕ — трапеція.
І Аналогічно доводимо, що АВЕР — трапеція, що й треба було довести.
Рипіус кола, оиисаноп) нпвколо правильного л-кутника, обчислюється за фор-
шулою П =--------180е'
2 аіп ——
і і * п
Радіус кола, вписаного в правильний п-кутпик, обчислюється за формулою
и-
1»' к » — .л. ~
г 180"
2к<— -
л
їх
ш
X
о
186. а) Дано: ьАВС. коло вписане в 4 АВС. АВ ВС = АС 8Ч3
Знайти: г,.
Розв'язок: За умовою в лАВС АВ ВС = АС 8^3 см, тоді
а, і 8уЗ .
г. = —1 г» ~ —Т" " 4 см-
* 273 273
Відповідь: 4 см.
б) Дано: АВСО — квадрат, коло описане навколо АВСО. 5*^
Знайти: В.
а.
Розв'язок: За умовою АВСО - квадрат, тоді Ні ® .
За умовою Злка» 16 см-, 5^,, = АВ‘, тоді АВ =^16 « 4 см
і Я4 = Л- = 2^2 см.
72
Відповідь: 2\2 см.
в) Дано: АВСОЕР — правильний шестикутник, коло вписане в АВСОЕР.
С» г., - мЛ СМ. с-------Л
Знайти: г,. / \
Розв'язок: За умовою АВСОЕР — правильний шестикутник, / \
отже, АВ = ВС = СІ) = Ш: * ЕГ= АГ -а, і г, = \ /
^ллсокг ~36^ см ая У**0®010» ТОЛ* Л ?
АВ = Збм'З : 6 о 6<3 см і г - а. 9 см.
Відповідь: 9 см.
ГЕОМЕТРІЯ Єршона А. П. та ін. 343
187. а) Дано: лАВС, коло, описане навколо дАВС, АВ = ВС АС,
В = 2 см.
Знайти, 8.лк.
Розв'язок; За умовою в а АВС АВ ВС АС. Радіус кола,
описаного навколо лАВС, В » 2 см.
, а, =
Відповідь; Зу'З см’.
б) Дано: АВСВ — квадрат, коло вписане в АВСВ, г = >2 см.
Знайти' АС.
Розв'язок; За умовою АВСВ — квадрат, коло вписане в квадрат,
тоді ЛВ = 2г. За умовою г \2 см. тоді АВ 2у2 см.
За АВСг.В- 90 за лчфсмоюПіфаіора АС \ АВг + ВС1 - <2АВ*;
АВ ж V2 • (2^)’ 4 см.
Відповідь; 4 см.
в) Рис. див. до М 186 (в)
Дано: АВСВЕР — правильний шестикутник. коло описане навколо АВСВЕР,
д = 8 см.
Знайти: Рммг.
Розв'язок:
За умовою АВСВЕР — правильний шестикутник, коло з діаметром д = 8 см,
описане навколо АВСВЕР.
д « 2К, тоді Я = 4 см- В = а, = ЛВ, отже. АВ - 4 см.
Ллгит4®0 1=12см.
Відповідь: 24 см.
Формули мя обчислення г і В, якщо п = = 3. 4. в.
а т X ш п г Я
3 2уЗ І
X о а О 4 и, 2
с 0 а^/З 2 а«
п ІІ через а. гчерез о. а, через Я а, через г Я через г Гчерез Я
3 % ^3 ЯуЗ 2^3г 2г Я 2
4 и, 2 Я<2 2г г^І Яу^ 2
6 «А ав7з 2 Я ЗгУз 3 2г 73 3 Лу'8 2
344 ££ ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін.
1В9 Дано; « АВС. коло онисанв навколо д АВС. АВ = ВС = АС - 8 см.
Знайти: 4.
Розв’язок: За умовою «АВС АВ ВС АС я 3 гм, коло опи-
АВ 3 »
І сане навколо л АВС, тоді В я ; В -у— у З см.
тоді З = 2Я; 4 » 2>/з см.
Відповідь: 4 = 2> 3 см.
190. Дано АВСП — квадрат, коло вписане в квадрат, АС - 4% 2
Знайти; 4,
Розв'язок:
За умовою АВСП — квадрат, отже, ЛВ ВС СВ = ЛП.
У дЛОС’ = 90 . за теоремою ГІІфаг-мра АС’ 2А0*.
АВ
тоді АО =
2
Відповідь: І см.
(442Г
2
* 4 см. г ; г « 2 см. тоді <£ = 1 см.
А
Рівень Б
'93. Сума центральних і Зовнішніх кутів правильного многокутника дорівнює
ЗЛО
3(іп , а величина кожного з них —.
п
494. а) Дамо: правильний многокутник, а — внутрішній кут. а = 120&. п — кіль-
кість сторін,
Знайти; я.
і «.ІІГ&Ж;
Я п
180 я - 360’1 - 120 я; «Юл « 360°; я я 6.
Відповідь, я 6.
195. а) Дано: правильний многокутник, ал 5 см. а — ин у грішній кут, а = 144°.
Знайти’ Р.
Розв’язок: За умовлю многокутник правильний, отже, Р * п ая, а, » б см.
(«~2> 180 180Д-360 ,.я ,вЛ ,,, " "
О « 144 і а = ---------; ------------- 144; 180я - 141л = 360; 36п = 360;
п п
п 10. Тоді Р « б 10 я 60 с.м.
Відповідь. 50 см.
в) Дано,- правильний многокутник, Р = 48 см, О — внутрішній кут, Й — зовніш
ній кут, а в 3 рази більший від |1.
Знайти: а,.
розв’язок; За умовою Многокутник Правильний, тоді Р я я а, і а. = —.
За умовою Р = 48 см. Л
н + р 180г за означенням.
Нехай р я х. тоді а » Зх. х + Зх = 180', х = 45°, мже,
„ . й ЗЛО’ , 360' 360 _ 48 о
р « І5’ 1 р я -, ТОДІ П Я — -, де ——ж 8, ТОДІ О. я “- = 6 СМ.
я Й 45 "8
Відповідь: 6 см.
196. Проведемо доведення на прикладі квадрата.
Дано. АВСП — квадрат,
ВК = КС = СУ = N0 я ВМ > АМ - АІ • ВЬ.
Довести: МЬКИ — квадрат.
Доведення: а КІ^С = л я д МАВ д ЬВК за першою озна-
кою, тоді ЬК = АГУ = Л'ЛТ = КЬ.
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та Іи. 345
У 4 КСЬ 1 &№ВМ АСКК • ЛСКК * /-ВКМ = 4ВММ = 45ь (ці трикутники пря-
мокутні ріанобедрені), тоді
гКЯМ = 180* - (^ККС + ШМ) » 180а - (45' + 45 ’) = 90е.
Аналогічно доводимо, що г£Л/іУ 90 . £МЬК 90°, £СКІЇ « 90'. Отже. МІ.К N -
квадрат.
197. Дана. АВСВРЕ — правильний шестикутник.
Довести: а ВВЕ — правильний.
Доведення аналогічно до № 196.
198.. а) Дано, АВСО — квадрат* МККЬРЗ — правильний
шестикутник, коло вписане в АВСВ і описане навколо
МККЬРЗ, 3^ = 64 см*.
Знайти; 5МН<Ь.Я.
Розв’язок,- За умовою шестикутник МІЇКЬРЗ — правиль-
ний. отже, 5 = 6 Ял г,„ .
У а КОЕ: КО = ОІ. = КС = Я„. тоді
Оскільки коло вписало в квадрат АВСВ. це те ж коло, що описане навколо пірс
тикутника МККСРЗ, то г. N.. За умовою 3.^. « 61 см4. Злагп = АР*; АВ = ч 64;
Л*В ЗуІЗ 4*
АВ ч 8 см і г4 = —- = 4 см, тоді К, = 4 см. Зинкет ® Т— * 24‘-3 см1.
£ л
Відповідь; 24<3 см*.
6} Дано: АВСВ квадрат, а МКК, МУ » КК » МК, коло вписане в квадрат
АВСВ і описане навколо а МіїК. З^м ~ $'3 СМ*.
Знайти: 3^.^
Розв'язок: іія умовою АВСВ — квадрат, отже, 8Міі = АВ1,
коло вписане в квадрат АВСВ І описане навколо л МіїК,
отже, = ге г, = тоді АВ = 2г4.
о пГь а. О ЛГ.У’УЗ в МК’
За умовою Зм/вк ~ 91*3 см 1 ”• А “
*^3 = Оу’З, МК = б см.
4
гм, тоді г(
Відповідь: 48 см*.
2/3
см.
АВ 4уЗ см і Здж-П = (4^3)* = 48 см*.
в) Дано: коло, вписане в правильний шестикутник, і коло, описано навколо
нього, г, = 8<3 см.
Знайти: Нк,
Розв'язок: За умовою задано правильний шестикутник 1 коло, вписане в нього,
та коло, описане навколо нього, г, = 8,3 см.
Використавши таблицю № 188, Я, « —-•, маємо ~ Я = (б
З з
Відповідь; 16 см.
346 :<:< ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін.
іВ8. в) Дано: квадрат, вписаний в коло 1 правильний шестикутник, вписаний у це
І коло, 5, = бм'З см1.
І Знайти: 5С
Розв'язок: За умовою, в коло писаний квадрат і правильний шестикутник, тому
Я = Я». 5.« 65. (див. № 198 (а)). 5, = 6 за умовою 5, « б/З см1.
8 6>/з, тоді Я^
4
6$ 4 „ . » ,
- - 2 см. тоді = 2 см.
(2>/2)3 = 8 см1.
54 = а3; а4 = й4 /2; а, »
Відповідь: 8 см1.
б) Дано.* квадрат і правильний трикутник, описані навколо кола, 5, 36 см1.
Знайти.* 5,.
Розв'язок: За умовою квадрат і правильний трикутник описані навколо кола,
тоді га г4.
1 О 6 Л
За умовою 3 36 см1, тоді а, в б см (5, = а4), г4 г4 = - - 3 см,
отже, г, = 3 см. 5, ж &. ; а, = 2<Тз>*к; а, » 6\/3 см,
толі я. - (б^*’ - 30 •- 27 Л см’
ТОДІ *і| • — л а і уО см ♦
4 4
Відповідь: 27 > З см1.
в) Дано: коло, вписане в правильний трикутник, і коло, описане навколо ньо-
го, Я, - г, в 3 см.
Знайти: Я,, г,.
Розв'язок: За умовою задано правильний трикутник, в який вписано коло і нав-
коло якого описане коло, Я, - г, 3 см.
я,/з; г,‘г^з’ тод1 З'2с3*3; 5з=3, “‘“'/3,
к,.5^.в см. г,Д>3 см.
7з 2^3
Відповідь: 6 см, 3 см.
200
1 " 5 через а. 5 через Н 5 через г
3 а^/з 4 з/^ _/з 4 2
4 < 2я; 4г,
6а* Уз 4 ея^Тз 4 г^г,1
201. Доведення1. Якщо кількість сторін правильного многокутника непарна, то
серединні перпендикуляри до будь-яких двох сторін його перетинаються (при-
клад — правильний трикутник).
Якщо кількість сторін парна, то протилежні сторони многокутника паралельні
і серединні перпендикуляри до цих сторін паралельні.
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін
347
203. Побудову див. у підручнику, е. 57-58.
Розв язок: Нехай 5, —- площа вписаного в коло правильного шестикутнії
ка, 5, — площа описаного навколо цього шестикутника кола. 2^3^;
6/СчЗ 2\ 3г. <і 4г, 5 4
—4— " " 3 ' ’ ОСКІЛЬКИ г« 3 дв, то “7 в з’ відношення не за
лежить від радіуса цього кола.
204. Побудову див. у підручнику, с. 57-58.
Розв'язок: Знайдемо 5,, Я, 85,. Розглянемо трикутник, сторонами якого є 2
радіуси кола і сторона правильного многокутника.
5* |Я* віпа, а — центральний кут правильного многокутника.
4
а я 3<*22 = 45». §, в |я» аіп 45° = = 8 Я’/2 ж 24211і.
Відповідь: 242Я\
205. Дано: два правильні многокутники, кількість сторін т і п. 0, і 0, — їх зов-
нішні куги; а, і а, - їх внутрішні кути; 0, - 0, = 24 ’; а, т - а, п - 720".
Знайти; тіл.
Розв'язок: За умовою задало два правильні многокутникн, кількість їх сторін т
. „ о . а т . п 360” _ 380“ , 360і 360
і л. р, і р2 — їх зовнішні кути. 0, -; 0 ---; тоді —— - = 24,
т п т п
За умовою а11 а, — їх внутрішні кути.
(т-2)-180 (л-2) 180°
“і ------------. а, • *---------, тоді (п - 2) • 180* - (т - 2) 180г = 720;
т п
3^-360.24; І™-.З*» = 24-1 24 — --«!•
т п т л ' т л
180л — 360 — 180т + 360 = 720; | 180 л т = 4; п — 4 + т;
15 15 15т + 60 - 15т - т1 - 4т _
---------- -1=0;-----------1----г-------= 0;
тт + 4 т(4 + т)
т' + 4т - 60 0; т1 = 6; т, -10 (не с розв'язком); л, 10.
Відповідь: 6 1 10 сторін.
206. Дамо: правильний многокутник, л — кількість сторін, а внутрішній кут,
4а - (л - 4) • а = 240*.
Знайти; л.
Розв'язок: За умовою задано правильний л-кутиик. отже, всі градусні міри
його кутів рівні: 4а — (л - 4) а = 240і. а — внутрішній кут правильного мно-
гокутника, тоді
_(л-2)180 4(л-2)180 (л - 2) • (п - 2) 180 •
ц ----------;---------------------------'------а 240]. п, л # 0;
п п п *
720л - 1440 - 180 (л* - 6л 4 8) - 240л;
720л - 1440 - 180л» + 1О80л - 1440 - 240л « 0;
1805- - 1560л + 2880 • 0 |: 20;
9л1 - 78л 4- 144 = 0 | : 3;
Зл* — 26л + 48 = 0;
Д = 676 - 576 = 100;
_ 26 + 10 „ 26-10 16 „4 .
"і = —д— =0; л, « —-— = — « 2 (не с розв’язком),
о о о о
Відповідь: 6 сторін.
346 ГЕОМЕТРІЯ Єршона А. П. та їм.
в) Дамо; правильний л-кутнмк, а — внутрішній кут, 0 — зовнішній кут;
4а 4 2$ = 576е.
Знайти; л.
Розв'язок: За умовою задано правильний п кутник, а — внутрішній кут,
(л-2) 180 д 360
в — зовнішній кут. а =----------; р -------.
п п
4(п-2) 180 2 360
За умовою 4а + 2|і = 576а.------------------—— = 576|- л, п * 0;
720л - 1440 - 720 - 576л - 0;
144л = 2160: п = 15.
Відповідь: 15. «
►7. Дано: правильний трикутник, шестикутник тв квадрат, Р, « Р4 » Р4.
Знайти: Зя: 84 : 5е. :<
Розв'язок: За умовою задано правильний трикутник, правильний шестикутник X
р.
і квадрат. Р » Р4 = Р4. Р, = Зал, тоді а, . я
о «
36
4 ’ V 3 )
Р4 = 4а4. тоді а4 » 84 = а4, _4 - 16 16-
Я е
л а -х, 5-е —2— ;
6 ‘ 4
Я /**7з.
24 24
в Р* Зу/З _ бР’-л/з
144 4 144 в_ 144
, тоді 5,: 84 : 8в = 4 : ЗУЗ : 6.
І 6)
4 Р?УЗ
Коефіцієнт пропорційності 7
144
Відповідь: 4 : ЗУЗ : 6.
208. Дано: правильні трикутник і шестикутник та квадрат, вписані в коло.
1 Знайти: 5Ж: 34: 5Ж.
Розв'язок: За умовою в коло вписані правильний трикутник, правильний шес-
тнкутник та квадрат. .% » —: 54 2/^; —.
За умовою Я, в = Дв, тоді ; 54 = 2Я,'; \ а .
4 4.
Коефіціент пропорційності л -,
- Й УЗ 9 _ 8УЗ Т£УЗ _ 18 К?УЗ е-.о.о
5ї = ^12 ! 5<= ""12 8<в 12 ’ А 5< 5°
Відповідь: 9 : 8^ 3 *. 18.
= 9:вУз : 18.
гИ. Дано: ьАВС, коло, описане навколо цього трикутника,
і 2ВЛС= 15", 2САВС а 85".
Знайти.* /.ВОС, £СОА, ЛЛОВ.
Розв'язок: За умовою задано &АВС і коло, описане навко-
ло цього трикутника. /ВОС, ^АОС, ЛЛОВ — централь-
ні кути кола; АВАС, £АВС, £АСВ — відповідні їм вписані
•кути кола. За теоремою з ВОС 2/ІВАСі аАОС = 2/АВС,
/лов - зглев.
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін. 349
За умовою /ВАС = 15', хАВС 85’. За теоремою гААС + /АВС + /АСВ = 180 ,
отже, /АСВ 180"- - (15’ + 85* і) = 80°. Отже, /ВОС = 15° 2 ‘ ЗО®;
/АОС = 2 85 = 170°; /ЛОВ 2 80 = 160".
Відповідь: 30°, 170", 160 .
§7. Довжина кола і площа круга
Рівень А
Довжина кола радіуса Я обчислюється аа формулою С = 2пЯ.
220. а) Дана коло, ОА — радіус, Я ОА - 6 см.
Знайти: С.
Розв’язок: С » 2лЯ. за умовою Я в см, тоді С = 12л см.
Відповідь: 12л см.
б) Дано: коло, Я ОА — радіус, С 12,56 см.
Знайти: О А.
Розв’язок: За умовою задано коло з радіусом Я = ОА. довжина
кола С • 12,56 см. С - 2пЯ, С = 2л ОА, тоді ОА = —; ОА — а 2 см.
2я 2 3,14
Відповідь: 2 см.
221. а) Дано: АВСВ — квадрат. 5Апгр« 144 см’, коло вписане
в квадрат, ОК — радіус.
Знайти: С.
Розв’язок: За умовою в квадрат АВСО вписане коло.
ОК = г4 — радіус цього кола;
| АВ.
4Ь>
За умовою 5^= і 44 см1 і 5^-Ай1, тоді АВ = 7144 = 12 см
і г4 = | • 12 = 6 см.
С - 2л г4; С « 2 6п = 12л см.
Відповідь: 12л см.
6) Дано: л АВС, АВ = ВС АС = 4уЗ см, коло описане нав-
коло лАВС, ОА = Яг
Знайти: С.
Розв'язок: С<=2лЯї. За умовою в лАВС АВ = ВС = АС = 4^8 см,
отже, ьАВС — правильний.
Коло описане навколо лАВС, тоді Я, ті = —«;
473 73 7з
а 4 см, тоді С = 2я 4 • 8л см.
У З
Відповідь: Зп см.
в) Дано: АВСВЕР — правильний шестикутник, Р^ ^, - 30 см. д
Коло описане навколо АВСВЕР. ОА = Я,.
Знайти: С. р /< х.
Розв’язок: За умовою, оскільки коло описане навколо при- / \
пильного шестикутника АВСВЕР, то С = 2лЯ,. Рмои 30 см, 1 о
= АВ, РАКОКГ'а 6АВ, тоді АВ = 30 : 6 = 5 см, отже, Я. = 5 см <
і С = 2 5л = 10л см. *
Відповідь: 10л см. І)
350 ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та Ін.
172. а) Дано: лАВС, АВ ВС АС, 5^^ ж 3>73 см»,
г Коло вписане в а АВС, ОК = г,.
І Зний/ли. С.
Розв'язок: С = 2кг,. За умовою и а АВС АВ = ВС - АС
І і коло вписане п а АВС.
$м* = 3/3 см» і / \
4 лі—
ІІ-ІЙ .2/3 см.
V
= 1 см, тоді С = 2 1 я ж 2л см.
2ч-3
тоді АВ ।
«а
Відповідь: 2» см.
б) Дано: АВСВ — квадрат, ВВ = 8 см, коло описане навколо АВСО, ОВ = Ке
Знайти: С.
Розв'язок: За умовою АВСВ — квадрат, отже,
АВ = ВС = ВС = АВ. Коло описане навколо квадрата
Є = 2л О В = 2лЯ
За умовою ВВ ж 8 см, Розглянемо а ВСВ: /ВСІ) - 90 ,
ВС СВ, /СВВ = /.СВВ = 45’ (за властивістю
АСВО + /СВВ = 90 ). ВС = АВ він /ВВС; ВС = 8 • ~ = 4^2 см.
В
• 4 гм, С « 2 • 4л 8я см.
Відповідь: 8я см.
223. Розв'язок: На відстані 219,8 м колесо електровоза робить 50 обертів. Тоді за
один оберт колесо пробігає 219.8 : 60 = 4.396 м. в це довжина кола туканиго
діаметру. С 4,396 м і С « 2пг * д </, тоді д С : я; д ж 4,396 : 3,14 ж 1,4 м.
Відповідь: 1,4 м.
А. , - . . ГСЯ
Довжина дуне кола з градусною мірою а обчислюється за формулою (, = —— а.
180
Дуга АВ кола позначається иАВ.
224. Дано: коло радіуса ОА = 6370 км, АВ » 330 км.
Знайти: СОЙ.
Розв'язок: Штучний супутник Земті обертається по круто
ній орбіті по колу, радіус якого ОВ » ОА +• АВ. За умовою
ОА 6370 км, АВ с 330 км, ОВ ж 6370 +• 339 ж 6700 км.
Со9 ж 2 • ОВ я. - 2 6700 я - 49 097 км.
Відповідь: 19097 км.
725. а) Дане коло, В - ОВ, уАВ, а « 90'.
Знайти: І.
,, , ,
Разе язок: і = —- •
180
. пВ ^В
"«‘’-’ій?-»-
„з а ^в
Відповідь. — .
2
• а. За умовою а = 90‘, радіус ОВ = Я,
ГЕОМЕТРІЯ Єршовз А. П. та ін > 351
, яЯ 135 ЗяЯ
б) Аналогічно: ---------------.
• 180 4
Відповідь: 5?^,
4
. . яЯ 340 17лЯ
в) / —. . ----,
180 9
Відповідь: — 1—.
9
226. Дано: В 60 см. а = ЗО'.
Знайти: І.
Розв'язок: І За умовою а ЗО", Я = 60 см. І -
“180 •
Відповідь: 10л см.
л 60 80
10л см.
180
227. Дано: коло. ОВ = Я. а 240®, І = 12.56 см.
Знайти: КВ.
п • , лЯ „ 180/
Разе ямк: І = —- а, тоді Я ---х.
180 па
За умовою Іа = 12.56 см. а^в 240е. отже,
Я = з~і4 " 3 см- КВ = 2ОВ 2Я. КВ - 2 3 = б см.
Відповідь: 6 см.
££/7лоща круга радіуса Я обчислюється аа формулою 5 - лЯ*.
228. Дамо; коло, ОА Я. С = 75,36 м.
Знайти: 8.
Розв’язок: 5 яЯ* я ОВ*. За умовою С • 75.36 м і С - 2кЯ.
„ С _ 75,36
тоді Я = —, Я - - - = 12 м.
2л 2 3,14
5-12’ п = 114я= 144 3,14 - 452 м*.
Відповідь: 452 м*.
229. а) Дано: правильний шестикутник. ав « 8<3 см, круг, «писаний у шестикутник.
Знайти- 8я т.
Розв’язок: 8я(/Пя лЯ*. де Я — радіус круга, вписаного в правильний шестикутник.
а 7 3 у— 8у З . _
г. - -*т—, за умовою а. = 8<3 см, тоді г. = - — 12 см.
2 2
З = я • 144 см* = 144л см*.
Відповідь: 144п см*.
6) Рис. див. до № 222 (б).
Дано: АВСВ — квадрат, - 12>/2 см. Круг описаний навколо АВСВ.
Знайти: 5,
Розв'язок: Ьа умовою круг описаний навколо квадрата АВСВ. 8І
= я ОВ\ Я4
! • ПЛ* “
За умовою 12\^ см і Р^д я 2АВ, тоді
3%2 см.
лв« АВ =
Я = - з см. Я и з» л = 9л см*.
72 **
Відповідь: 9я см1.
352 ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін.
130. а) Рис. див. до N 221 (б).
[ Дано: ьАВС, АВ = ВС АС. АК — висота. АК 6 см, круг описаний навколо
І аАВС.
[ Знайти:
И *р,гв 1 1
Розв'язок. За умовою круг описаний навколо л АВС, тоді 8*^ = хЯ. = л • ОА ;
У д АКС ЛАКС - 90’, АК — висота дЛВС.
Оскільки АВ - ВС = АС в д АВС, то /В = /С = /ВАС - 60 , тоді АС »
8ІП/С
4* х = 1 вх см*.
де - 6- = 6 : ~ - 4^3 см; ОА-
І вшбО" 2 <3
Відповідь: 16л см1.
, б) Рис. див. до № 221 (а).
[ Дано: АВСО — квадрат, АС 14/2 см, круг вписаний у АВСО.
г Знайти: 5^,.
’фя»
Розв'язок: За умовою круг вписаний у квадрат АВСО, тоді 5,^ = яг*.
АВ
Г* * 2 ’
За умовою АС = 14 •;2 см. Розглянемо дЛСО:/Л = 90і (АВСО — квадрат), АО «СО,
і тоді £ОАС • .ІХА = 45’ і АО АС ео» £ОАС\ АО»ЇА- Л -т~ = 14 см.
г4 И = ? см; 5 7* • я = 49я см3.
Відповідь: 49л см1.
731. Дано: кола з радіусами Ві = ОО = 4. ।
Я, = ОС = З, Я, = ОВ 2, Я, = ОА ~ 1. /
Знайти: площі кілець 1, 2,3. / 2 \
Розв'язок: За умовою задачі кола з радіусами / / З X \
Я, = 4, Я, «З, Н,= 2. Я4 = 1. / / / /—X \ \ \
Щоб знайти площу першого кільця, І І І /_* Л \ | ]
Д® -плоша круга І І І \А/Л }В Г Г
з Я, = 4, а 5*ли — площа круга з Я,в 3. \ \ \ / / /
Я, = я(Я? - ^); 5, = л • (4* - 3’) - 7я. \ \. / /
Аналогічно: З^лСЯ^-Я^); \. ^—___________/
5а»п (3і - 2і) - 5я.
5, = я(Я? - 5, = я (2а - 1») - Зя.
Відповідь: 7я, 5л, Зл.
232. Розв’язок: За умовою внутрішні діаметри цих труб 10 см і 24 см. Тоді пропус-
кна спроможність їх 5 = 5, + 5а, де 5! яг,; Зл = яг* відповідно.
</, = 10 см, тоді г, 5 гм; 4* = 24 см, тоді г, = 12 см.
8 = 25л + 144л 169л см1, тоді радіус труби
7169 = 13 см, а 4 = 13 - 2 = 26 см.
Відповідь: 26 см.
Круговин ггкгпорол» називні іьгя частина нр%та, що лежить усередині відпоіид Ц
його центрального кута. І
Площа кругового сектора, що спирається пв дугу градусною мірою «і, обчис- Д
кЯ3
І люється за формулою 3^ » —- - а,
Зой
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. Гк та Ін. 353
233, а) Дане: Н = 9, а = 1204 *
Знайдім: 5 .
Розв'язок: 8^,, = а. За умовою Я = 9, а = 120 ,
360
л 9’ 120
й-” 360
Відповідь; 27л.
”’9'9 = 27л.
З
б) Аналогічно: 5
я 8*>225 ,Л
--~—-2 40л
360
Відповідь: 4 Он,
. в я 12і 15
в) 5,
п 12 12 е
~ЇГ
ЗбО
Відповідь: &К.
№
О
СК
Круговим сегментом називаються частина круга, яка лежить по один бік гід
прямої, що перетинає цей круг. *
Площа сегмента, який не дорівнює півкругу, обчислюються за формулою
яН7
* "осл до сх — градусна міра дуга, одо обмежує даний сегмент,
360
За — площа трикутника з яертипамн в центрі кола і на кінця» цієї дуга.
Знак «і* обир^мо тоді, коли а > 18(‘ , коли а < 180' обираймо знак « •.
д
Якщо а = 180е, то сегмент є півколом і 5__ = — .
2
234. Дана: круг, а, = 60*’, ОА = ЛВ - 1, АВ — корда; 1,2— кругові сегменти.
Знайти: 8^, 8ті.
о • . С 4 е с «Я' а
Ро-ів ямк. г -. а і і в, - ^ллд»* • X 2
ля* /
5—1 " 860 ‘а’+ 5мов’ ( ^2? )
Розглянемо л АОВ. За умовою ОА = ЛЯ ОА * О В — \ /
яв радіуси кача, отже, він рівносторонній, тоді ч^_
о, * 60', а а, а 360е - 60 « 300“.
• 1
мд* 2 24
п-1*.60 7з п >/з 2л 373 і._
’ '36^“ Т" 6~Т"Ї2 72 • Г2(2я 8>/3)-
“° ♦ — » — ♦ 3^3)
360 4 12
Відповідь; -^-(ІОл + З^З).
12 12
Рівень Б
23Ь. Дано: *АВС, коло ипнеане в &АВС. АВ = 26 см,
АС = 30 см, ВС « 8 см.
Знайти: С.
Розв'язок: С = 2лг, С = 2п • ОВ.
Л г* лЛ А
ОО ж — *•'
АВ- ВС - АС
за умовою ЛВ = 26 см. АС - ЗО см. ВС я 8 см.
354 ГЕОМЕТРІЯ Єршова а. П. та їм.
За формулою Герона:
,--------------------— АВ + ОС + АС 26 + 30 + 8
«мм “ /р <Р' ЛВХР - АСКР ~ ВС); р =--------------, р =-----£------- 32;
= ^М32 - 26М32 - ЗО) • (32~8) /16-Т 6^2 6 -1 4 • 2 6 2 « 96;
ОД - ?!?? З см. С « 2 • 3 • я = 6я см.
64
Відповідь: 6я см.
б) Дано: АВСО — прямокутник. АВ = 6 см. ВС 8 см, коло описане навколо
АВСО.
Знайти: С.
Розв'язок: За умовою коло описане навколо прямокутника
1 і
АВСО. С 2я/?, у прямокутнику В * - (і = - АС.
З ьАСО ЛО = 90°, АІ) = 8 см, СД = 6 см.
За теоремою Піфагора: АС = у ДО + СО \8 +6' =10 см.
1 «
В п- Ю = 5 см. С - 2 5 я 10л см.
2
Відповідь: 10л см.
в) Дано: правильний шестикутник, 5в = б/З см', коло вписане в правильний
шестикутник.
Знайти.* С.
Розв’язок: С 2яг,« За умовою коло вписане в правильний шестикутник, тоді
_ § Г*<у 165/3 Г*
В, = б/з см і 5. я 2/5^, тоді г* - і г, = 1^. г. = - ^3; .
С » 2\3я см.
Відповідь: 2<3я см.
236. Дано: АВСІ) — трапеція, АВ = СО = 13 см, коло
вписане в трапецію, С 12я см.
Знайти: 8^^.
Розв'язок: 8ДВГП » — •~——,ВК, ВК — висота трапе-
ції. Оскільки коло вписане в трапецію, то КВ в д,
С 12я
За умовою С = 12я см і С = дг., д = * ; д =-= 12 см. Отже. ВК - 12 см.
* я Я
За властивістю вписаного кола АВ + СО = ВС + АО. За умовою АВ = СО = 13 см,
тоді ВС + АО ь 26 см.
$^„ = —•12 = ІЗ 12 = 156 см1.
Відповідь: 166 см1.
237. а) Дано: АВСО — ромб, АС ЗО см, ВО 40 см,
коло вписане в АВСО.
Знайти: С.
Розв’язок: С - 2яг, С « 2я • ОМ (д 2ОМ — висота ромба).
За умовою АВС'О — ромб, за властивостями ВО X АС, ВО - ОО.
АО • ОС. АС = ЗО см, ВО = 4 см, тоді ВО = 20 см, АО = 15 см.
З д АВО за теоремою 'Піфагора АВ = \ АО1 + ВО1,
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін. 355
ЛВ - „їй* + 20* = 25 см.
1 1 1
Зллл = Ь МК 1 * о а' - АС ВО = - ЗО 40 = 600.
МК » > 24 см. С - 24я см.
АО 25
ВіеМсміїіЬс 24 см.
б) Дано; л АВС, ЛВ = 90 . АВ = 14 см. ВС 48 см, Коло
описане навколо лАВС.
Знайти; С.
Розв'язок С" 2пг»пд.
За умовою коло описано навколо прямокутного аАВС,
отже, АС — гіпотенуза д АВС І є діаметром цього кота,
отже, С АС п.
За теоремою Піфагора: АС = \АВ’ + ВСГ, за умовою АВ «14 см, ВС = 48 см.
АС = VI 4і + 48* =50; С = 50я см.
Відповідь; 50л см.
238. а) Знайти; Р*^
Розв'язок: Периметр цієї фігури — Довжина 1,5 кола радіу-
са ОА. За малюнком видно, що радіуси всіх кіл, з дуг яких
складається фігура, однакові. ОЛ * 1,3.
С=2я АОіС-2 1,8 я «2,6л;
Р И.5 2,6л 3,9л см.
Відповідь: 3,9л єн.
б] Розв’язок: Нехай площа зафарбованої фігури 5. Радіу-
си кругів, зображених на рисунку, г, « 1, г, 2, ґш • 3.
Я = яг,' - яг* 4 пг*і Я и 9іі - 4л + я = 5я.
Відповідь: 5л.
з
239. а) Розв'язок: Периметр фігури, зображеної на малюнку, дорівнює 4 — Дов
З 4
жими кола ґ = І - С = 2лг. Р = 4 - ~ • 2 • я 1 оя
4
Відповідь: вд.
б) Розв'язок. Площа зафарбованої частини крупі буде дорівнювати
Я« яг/ • (яг/ -яг/) + (жг/ -яг/) = я • V + (я 3*-я 2’1 + (я 5і-я 4*) =
= я ♦ бк + 9іс= 16л.
Відповідь: Ібя.
240. Розв'язок. Нехай довжина годинникової стрілки г, 2,4 м, а хвилинної —
г, = 3,2 м.
За 2 години кожна стрілка любить повних 2 оберти, а годинникова за 2 і одним
опише дугу в 60і1. Тоді хвилинни стрілка опише дугу довжиною 2 2л 3,2 - 40 м,
я 2.4 60
а годинникова — —-ттг " 2,5 м.
180
Відповідь.' 10 м; 2,5 м.
241. Дано: дуга кола г# « 3 м. а « 120', гг — радіус кола.
Знайти; г .
пг
Розв'язок’ Довжина кола дорівнює довжині даної дугк; і, = ‘ а, за умовою
я і 120 180'
г - 3 см, а = 120', тоді / — —-— 2л. отже, С = 2я і С = 2чг, отже, г - 1 м.
• '180
Відповідь: І м.
356 ГЕОМЕТРІЯ Єршона А, П. та Ін.
142, а) Дано: а АВС, АВ ВС, круг описаний навколо а АВС, ВК — медіана.
ВК = 32 см, АС = 48 см.
Г Знайти: Я,,,.,.
„ АВ ВС АС
Розв язок: 5 ,ж « пН1, Я =--—-------.
Г ”
За умовою в А АВС: АВ = ВС, ВК — медіана, отже, за влас
І ти вістю ВК — висота, ВК 32 см, АС 48 см. ,
в “ ‘ ВК АС; Зддм = | 32 48 - 768 см».
. 2 «
Розглянемо а АВК: ЛК = 90', АК = ±-АС; АК = 24 см. За теоремою Піфагора:
2 5;?
| АВ = м АК1 + ВК*; АВ у24* + 32’ « 40 см.
= 40 40д48 = 2 5 = 25» л - 625я см*.
4 768 ’** і г $
Відповідь: 625л см*. •$>
г б) Рис. див. до № 237 (а).
Дано: АВСВ — ромб, круг вписаний у АВСВ, РАКР 48 см, КМ — висота ром-
’ бв, ЛВАВ 120°.
Знайти:
[ Розв'язок: 5 = яг', круг вписаний у ромб. Отже, г - К М (КМ — висота ромба).
И 2
За умовою Рдврд, = 48 см і = 4АВ, отже, АВ я —- = 12 см.
^лж-р " 81 п аа умово» ЛВАО «• 120' , тоді
7з
аіп 120° = віп(180‘ -60') аіп60 =
I = 12' • у - = 72>/5 «». 5^„ - МК ЛО. тоді МК = і
.МК . . вТз см. отже, г - з7» см. 3^, = (зУз)’л * 27л см".
Відповідь: 27я см*.
243. а) Дано: АВСВ — прямокутник, круг описаний навколо прямокутника,
АВ = 4 см, /ВОА - 60
Знайти: 5 х.
Розв'язок: За умовою задано прямокутник 1 коло, описано
навколо нього, тоді Я » ~ АС - АО; я/Г = я • ОА1.
И •*
За властивістю прямокутника
АС » ВВ, ВО = Оі) • ОС - ОА.
Розглянемо А АОВ'. ЛВОА 60е за умовою, АВ = 4 гм. ВО ОА. отже,
ЛОАВ , ’АВО. За теоремою: ЛВОА + ЛАОВ 4 ЛАВО • 180 , тоді
ЛАВО = (180’ - 60") : 2 = 60* а /ВАО 60“, отже, аАВО — рівносторонній
і ВО = АО АВ = 4 см. 5^ = 4’ • л 16л см’.
Відповідь: І6л см’.
б) Рис. див. до № 235 (а).
Розв’язок: Аналогічно, тільки 5^, * лг» « я • ОВ», ОВ з гм.
5* т 8* • « = 9я см*.
Ш^повідь: 9л см*.
244. Див. рис. 41 у підручнику.
Дано: трп кола з центром у точці О і радіусами г, ОА - г,» ОС. г, = ОВ, А< СВ.
Довести: 8жим|і| = АВ С^., де С^, — довжина кола з радіусом ОС.
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та Іи. :•$> 357
Доведення: 8. .. . 3^ - 8М, де 81ЯІ і 5(М — площа круга з радіусом ОВ і ОА
відповідно.
З, = я ОВ’ - я • ОА’ = я (ОВ’ - ОА’) = Л(ОВ - ОАХОВ + ОА) =
= п?ОВ - ОА)(ОА + 2АС + ОА). де ОВ - ОА = АВ, ОВ • ОА + АС + СВ,
оскільки АС СВ, то ОВ = ОА + 2АС.
5,ииія = Я АВ • 2(ОА + ЛС), ОА + АС = ОС, отже,
2л АВ • ОС = АВ • 2я ОС = АС Сж.
'С^" 2я • ОС — довжина кола з центром у т. О і радіусом ОС, що й треба було
довести.
ДрРадїуссектора дорівнює радіусу круга, частиною якого він е. |
245. Дано: круг із центром в т. О, ^АОВ = 108". 8 а 5И, Іів — радіус.
Знайти.* Яв.
* Розв'язок: Я_ —- а, де а » ЛАОВ = 108е (за умовою).
360
360 Я
я а
360 • 8
_ —И. к
Я 10«
я' а з. в =
246. а) Див. рис. 42 (а) у підручнику, с. 71.
Дано: круг, правильний трикутник, вписаний у круг.
Знайти: З (площу одного з сегментів, що лежить поза трикутником).
Розв'язок: Надай 5, — площа круга, 31 — площа вписаного в нього правильного
трикутника, тоді 8 = (3, - 8Я): 3.
51 кВ3, де Я — радіус круга. Я, = (див. N. 200).
*•
—; 3 = • 3 = Дч4я-3>/3).
4 12
5= гЯ -
4
Я’ г~
Відповідь: — (4я - ЗуЗ).
б) Див. рис. 42 (б) у підручнику, с. 71.
Дано: круг, описаний навколо квадрата.
Знайти: 8.
Розв'язок: 8, Я, і 3, — аналогічно а),
р?
5 - (Я, - Зя): 4; 3, - яЯ’; Зя = 2Я1; 8 - (яЯ* - 2Я’): 4 = -(я - 2).
я’
Відповідь: — (я - 2).
4
в) Див. рис. 42 (в) у підручнику, с. 71.
Дано: круг, описаний навколо правильного шестикутника.
Знайти: Я.
Розв’язок: 5, Я, і Я, — аналогічно а).
З = (Я, - 3,) : 6; Я, = яЯ’; 8,
яЯ‘-^
Я®
Відповідь: —-(2я-3>/3).
1 <£>
4
6 £(<* - Ь'ІЇ'іа т«” <2" - 3^)‘
24 12
8 =
358 £:? ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін
.•«•*****«,♦***%.*'?Лв•?»*«***’«'
Л47. Аналогічно до № 234,
кЛ* Я’уЗ
а) = — 60 - а ЛОВ - рівносторонній, тому 8^ (АО Я).
“ • 360 4
м . £ _аА
360 4 12 12
с -
360 4
В* г-
Відповідь: ~(2л-ЗчЗ).
т тт /?*
лАОВ — тупокутний рівнобедрений.
АО - ОВ = Я, /ЛОВ = 120° (360 - 240° 120 ).
в^.іл^ йпіат.ія- 4'^Г-
«Я- >40 , д-Д . 8»д- ♦ 8 Дк* . л . а Д)
360 4 12 12
В2 г~
Відповідь: —т(8л + 3<3).
1
248, а) Розв'язок Трикутник, вписаний у коло з діаметром с, сторона с с діамет-
ром цього коле. Отже, трикутник Прямокутний з катетами а 1 Ь. (Див. №200).
8>.Ц£,л.с.з. = ^.
Сума площ серпиків е сума площ півкіл з радіусами діб мінус площу півкола
радіуса е без площі трикутника.
І 2 * 2
2 7 2 2
Зи теоремою Піфагора; а* + б» = е*.
____——+ .у --. отже, площа трикутника дорівнює сумі площ за
2_2 4 4
(фарбованих серпиків, що й треба було довести.
б) Розв’язок: Якщо фігуру розрізати на частини, то вийде 6 півкіл, радіусами яких
є сторона правильного трикутника, що дорівнює 1. Тоді Р = 6 - • 2я 1 = 6 л.
Відповідь: 6к.
249. а) Аналогічно до № 248 (а). Площею зафарбованої фігури є різниця площ
правильного шестикутника зі стороною г і кола радіуса г.
250. Дано: круговий сектор. 8_, = 6п см*. 1^, = 2л см, круг вписаний у сектор.
Знайти: 5к м-
Розв'язок: В.,, = лг*, г СМ,8
"ІіЛ"
І За умовою 5ЯИ, 6я см’, 2я см, 5,
тгН
(а /ЛОВ, ОА » В); • — • а.
І ОМ
лЯ* • а '
Тй =6”:
^" = 2»;
180
я СМ*.
= ^.а
360"
Я‘а = 360 6; 360 6.
На = 180 2; 180 2'
Н = 6;
ГЕОМЕТРІЯ Є ріпова А. П. та ін
359
180 2
б а а 180 2: а =--------; а = 60’; ЛАОМ = 60 . За властивістю дотичних
6
ОВ ч ОМ, ЛСВО ЛСМО = 90 . СВ * СМ, як радіуси вписаного кола.
а ОСИ < д ОСМ за гіпотенузою і катетом.
1 6(і
Отже. ЛСОВ = ЛМОВ = ЛГЮМ - ЗО .
2 2
За властивістю катета, що лежить напроти кута в ЗО” в ьСМО СМ ~ОС
1 ’ 2
(СМ = г). ОС = ОК - СК = 6 - г, тоді г = -(6 - г); г = 2 і - я • 2’ » 4л.
*
Відповідь: 4я см1.
§ 8. Найпростіші задачі в координатах
ш
о
а
о
Дві взаємно перпендикулярні прямі Ох 1 Оу (координатні осі), що перетина
ються в точці О (початок координат), вибраним на них напрямом (позначають
стрілкою) 1 одиничним відрізком визначають систему координат. Початок ко-
ординат ділить кожну з осей на півосі — додатну і від'ємну. Будь-якій точці
А в даній системі координат можна однозначно поставити у відповідність
впорядковану пару чисел (х; у), що є координатами цієї точки: х — абсциса,
у — ордината.
Вісь Оу — вісь ординат, вісь Ох — вісь абсцис.
Осі координат ділять площину на 4 чверті (коор-
динатні чверті).
Для відрізка АВ а серединою т. С координати
А(х,; У,): В(х,; у,); С(х; у). Координати середини
відрізка обчислюються За формулами
2 У 2
11
ПІ
І
(+;+)
IV
(+;-)
в
о
Рівень А
275. а) Дано: АВ — відрізок, т. С — середина АВ, А(-12; -3): В(-8; 1).
Знайти; С(х; у).
Розв'язок: За умовою т С(х; у) — середина відрізка АВ, А(-12; - 3); ВІ-8; 1).
х, 4 х. -12-8 , „ р. + у. -3 + 1 «і
х = * 1; х« ——-— -10; у » -г -д; у =—С(-10;-1).
2 2 2 2
Відповідь: (-10; -1).
4-4 -11 + 0
б) Аналогічно я) і= - р = 0; у « —-— = -5,5; С(0; -5,5).
Відповідь: (0: -5.5).
—2 — 2 9-7
в) Аналогічно а) х » —— = -2; у = —— в 1; С(-2; 1).
Відповідь: (-2; 1).
276. а) Дано: відрізок АВ, т. С — середина АВ, А(2; -3), С(0,5; 1).
Знайти: В(хя; у,).
Розв’язок: За умовою т. С(х; у) — середина відрізка ЛВ, тоді х »
* 2
За умовою А(2; -3), С(0,5; 1).
0,5 « х, 2 0,5 - 2 = -1; І - — у . і 2 + 3=5.
Відповідь: (-1; 5).
360 & ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін.
І б) Аналогічно а) А(-3; 1).
>77. а) Дано.* СО — відрізок, т. Е — середина СО, 0(18; -1), ЇХб; 4).
Знайти.* £(х; у).
' Розв'язок: Аналогічно до Лй 275: х = —8-*— "12; у » —у— = 1.
Відповідь: (12; 1).
6) Аналогічно до № 276: 0 —; х, * 5:
І 1» 11*11. У = 2 - 21 » -19,
2 ’
Відповідь: (5; -19).
278. а) Дано: АВСО — паралелограм, А(2; 6), В(4; 7), С(8; 10).
Знайти: В(х4; у*).
Розв’язок: За умовою АВСО — паралелограм, за зл С
властивістю т. О - середина АС і ВО. / \ /
Визначимо координати т. С(х; у) як середини АС. / /
За умовою А(2; 6). В(4; 7), С(8; 10). /
І „Ш.* ,.Ь±Ж: а
у —0 В. Отже, т. С(5; 8).
Визначимо координати т. О, якщо 3(4; 7). т. С — середина ВИ: С(5; 8>і
х. + х, _ 4 + х. , _ . я
х Я *—і; 5 « — *; х4 10 - 4 = 6;
у , ; 8 » 7~^.; у = 16 - 7 « 9; 2X6; 9).
* 2 2 *
Відповідь: 1X6; 9).
6) Рис. див. до а).
Дано: ЛВсО — наралелограм, В(-1; 4), С(3: -5), 1X1: 3).
Знайти: А(х,; у,).
Розв'язок: За умовою АВСО — паралелограм, за властивістю т. О — середина
АС ї ВО.
Знайдемо координати т. О(х; у) як середини ВО. За умовою В(-1; 4), С(3; -5),
2X1; 8).
х х . ГІ12 0; у ж У1Ї11; У = £? ? ж 3,5; 0(0; 3,5).
Знайдемо координати т. А(хв; у,), якщо С(3; 5), 0(1; 3,5):
х » о = х, = 0 • 2 - 3 = -3;
2 2 ’
у ж Й211; 3.5 - у, - 2 3,5 - 5 = 2; А(-8; 2).
Відповідь: (-3; 2).
279 Дано: А(-4; 0); В(-2; -2); С(0; 6); В(-2; -4). Чг-----------~^7С
Довести: АВСО — паралелограм. / ’ /
Доведення: Якщо АВСО— паралелограм, то т. О — / /
середина АС і ВО за властивістю. / /
Нехай т. <Хх; у); т. А(х,; у,); т. В(х,; у,); А^—-------------^7)
т. С(х,; у,); т. ІХх4; у4).
За умовою А(-4; 0); В( 2; -2); С(0; -6); 2Х“2; -4).
, _ х. + х. -4 + 0
Знайдемо координати т. О як середини АС: х 3 - 4; х —-— « -Д
Л 4Ь
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та Ін. збі
у . у » ~® . -3; т. 0(-2; -3).
— &
Знайдемо координати т. О як середини ВО: х = * ** • х я
У ^4^' * “ ~Г^ " “3; т' О('2; ~з)-
Отже, АВСО — паралелограм, що й треба було довести.
Відстань між точками А і В обчислюється за формулою
АВ = 7<*і - *,)* + (у> + У,)’.
280. Дано: АВ — відрізок. А(-3; 8), 8(5; 2).
Знайти.* АВ
Розв’язок: АВ 7(х, - х,)3 4 (у, -у,)а.
За умовою А(-3; 8), 8(5; 2). АВ ^/(-3 - 5)’ + (8 - 2)* \ б іТзб » 10.
Відповідь: 10.
б) Аналогічно а) АВ 7(2 7)* 1 4 (-1 - О)3 <82.
в) Аналогічно а) АВ <(5 - 0)’ + (0 + 12)" 13.
281. а) Дано: Л/(2; 1); ЛГ(х; -2), МИ = 5.
Знайти: х.
Розв'язок: За умовою Л/Л/ = 5 і МИ « 7^хі ~ х,)’ 4 (у, - уа)а.
Нехай М(х,; у,); ії(х: у,). За умовою .1/(2; 1); Н(х-, -2), тоді
(х, - х)1 4 (у, - у,)*;
(2 - х)* 4 (1 + 2? = 5і;
і - 4х 1- Xі + 9 = 25;
Xа - 4х - 12 - 0;
х, « 6; х, = -2.
Відповідь; -2 або 6.
б) Дано: М(х: 0); N(2; -1). МН = 1.
Знайти; х.
Розв'язок: За умовою МИ 1 і МН = ^(х, - х,)‘ + (у, - у,)1.
Нехай Л/(х; у,); ^х,; у,).
За умовою М(х; 0); А(2; -1), тоді (х - 2? 4 (0 4 І)3 - 1»;
Xа - 4х 4- 4 + 1 ж 1;
ха - 4х + 4 » 0;
(х - 2)а = 0;
х 2.
Відповідь: х = 2.
282. Дано: в АВС, А(г1; 2). 8(2; 6). С(5; 2).
Знайти: Рл лвс.
Розв'язок: Рллк»АВ Є ВС 4 АС;
АВ • 7<х, - х,)1 т (у, - у,)*; АВ = /(-1 -2)’4 (2-6)’ = 7» +І6 - 5;
ВС = ^(х, - хл)’ + (у, - уа)а; ВС 7(2 - 5)* 4 (6 - 2)’ * 79 + 16 = 5;
ЛС 7(х, - X,)’ + (у, - у,)’; ЛС = 7(-1 - б)1 4 (2 - 2)1 = 6;
Р • 5 + 5 + 6 = 16.
Відповідь: 16.
362 ££ ГЕОМЕТРІЯ Єршовп А. П. та ін.
283. Дам: „АВС. А(-в; 5), В(2; -10), С(-13; -18).
І Довести: ЛА - ЛС.
і Доведення: Якщо в а АВС ЛА - ЛС, то АВ » ВС.
За умовою А(-6; 5), В(2; -10), С(-13; -18); Аіх,; у,); В(х,; у,); С(х/, Уі>-
АВ ^(г, - X,)’ + (у, - у,)*; АВ - 7(-в-2? 7(5 + 10)» - 764 + 225 = 7280 = 17;
ВС • ,/(х,-*.)’ +(У»-Л)’; ВС 7(2 + 13)’ ♦ (-10 + 18? » 7225 + 64 = 17. Отже,
ВС = АВ, отже, ЛА <= ЛС, що й треба було довести.
284. Дано.' дЛВС; А(1; 0); В{2; 4Ї\, С(3; 0).
Довести: ьАВС — рівносторонній.
Доведення'. Якщо л АВС — рівносторонній, то АВ • ВС АС.
Нехай АСх^ у,); В(ха; у,); С(хм; у,).
Зя умовою А(1. 0); 8(2; 73); С(3; 0). АВ = 7(*і х,)1 + (у, - у,)’;
АВ » 4(1 - 2)’ + (0 - 73)* « 7Ї - 2; ___________
ВС = вс = 7(2 - 8)’_+с/з -0)’ = 7* - 2;
АС « 7(х, - х,)’ + (у, -у,)*; АС = ТІЇ- 3?7 (0 - 0)’ =* 7< - 2.
Отже. АВ ВС АС 1 л АВС — рівносторонній, що й треба було довести.
Рівень 6
285. а) Дано: АВ — відрізок. А(-4; 3), т. С — середина АВ, С(х; 0), АВ | Оу.
Знайти: Віх,; у3).
Розв’язок: Якщо задано відрізок АВ || Оу і т. С — його середина лежить на осі
абсцис, то х ч -4 І С(-4; 0).
Нехай В(х ; у), С(х: у), А(х,; у,). тод1 * = ~ Х'1’ у “ ;
•і <£
і 4 - х, » -8 + 4 - -4;
2 1
0 = у, - 2 0 - 3 = -3; В(-4; -3).
Відповідь: (-4; -3).
б) Дано: АВ — відрізок, А1~4; -3), АВ | Ох. т. С — середина АВ, С(0; у),
Знайти: В(хл; ра).
Розв’язок: Якщо задамо відрізок АВ і т. С — його середина лежить на осі орди*
пат, то у 3 і С(0; 8).
Нехай А(х,; у,). В(х,; у,), С(х; у), тоді х » -<д і V =
0 . х, » 2 0 + 4 - 4;
З « 3 + У! у 3 • 2 - 3 « 3; В(4; 3).
2 х
Відповідь: (4; 3).
286. Дано: АВ — відрізок, А(-у; -4), В(3; х), т, С — середина АВ, С(х; у).
Знайти: х І у.
Розв'язок: За умовою т. С — середина АВ.
Нехай А(х,; у,). В(ха,' уа). С(х: у), тоді х = ** * ; у і
-у + 3 -4, + х 2х = 3-у; у - 3 ~ 2х;
2 * 2 2у = х - 4; 2у - х » -4;
2 • (3 - 2х) - х = -4;
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та іи. 363
6 - 4х - х ® -4;
-5х=-10;
х=2;р«3-2 2 ®-І; 0(2;-1).
Відповідь; х 2 і у я —1,
287. Дано: АВ — підрізок, т. С — середина АВ. і. В — середина ВС. А( -3; 3), В(&; -1).
Знайти: В(ха; у,).
Розв'язок: Нехай А(х,; у,). В(х,; у,), С(х; у), Віх,; у,).
За умовою т. С — середина АВ. А(-3; 3), В(5; -1), отже,
X, + х, -3 + 5 .
хя-^-А; х- —--------1;
У-^уЬ; Р» уІ»1; ОН; 1).
За умовою В(х.; у.) —• середина ВС. х. ХЛ* х; х = * А * з;
2 2
. &2Х Уі а = 0. ^з; 0)<
Відповідь: (3; 0).
б) Дано: АВ — відрізок, т. С — середина АВ, т. В — середина ВС, А( 2; -1),
С(2; 3).
Знайти: Віх,; у,).
Розв’язок: За умовою т. С — середина АВ. Нехай А(х.; у.), В(х,; у,), С(х; у),
IV»: Уї
За умовою А(-2; -1), С(2; 3), тоді х - ^4^: 2 = - х. = 4 + 2 » 6;
2 2 і
У в^4^: 8 “ V» 8 • 2 + 1 = 7; В(Є; 7).
•• 4
За умовою т. В — середина ВС, отже, х. = *— **;
2
Відповідь: (4; 5).
в+_2
2
288. Деко: АО — відрізок, т. В Є АО; т. С є АВ. АВ = ВС • СВ. А(5; 2), В(3; 1).
Знайти: В(х,; у,).
Розв'язок: Нехай А(х,; у.), Віх,-, у,), С(х.; у,), В(х4; у,).
За умовою задано відрізок АВ, т. В е АВ; т. С € АВ і АВ = ВС • СВ. А{5; 2>,
ВІЗ: 1).
Оскільки АВ з ВС, то точка В — середина АС;
Х,.І4Ь: з.Ці, х,.3.2-5.1;
У» = ^4^-: 1 = У» 1 2 - 2 = 0; С(1; 0).
Оскільки ВС » СВ, то т. С — середина ВВ, тоді
1.Ці;х.-1. 2-3-1;
у» в 0 = 1 у4 0 2 - і = -і; В(-1; -і).
з. л
Відповідь: (-1; -1).
289. Дано: К(5; -3), М(2; 1), N(-1; 5).
Довести: що точки лежать на одній прямій.
Доведення; Якщо точки К\5; -3), М(2; 1), 5) лежать на одній прямій, то
КМ = /СУ + Мії або ЛШ =>КМ +КН або ЙГ.У - КМ + МН.
364 ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та Ін.
Нехай К(х,; у,), М(х4; у,), Мх,; уа).
XМ = 7(ж, “*,)’ + оГ-Й?; К.М = 5/(6 - 2/+ (“І -1)’ = ^25 = 5;
К* » 7<*і” *>)* + " Уі?: » \(Ь ♦ 1 )* * ( З - &)1 „ 100 = 10;
МК ~ /(х, “х.р’+Лр' -р,Р; = 7(2 + 1р7(Г-”бр = 725 = 5.
Отже, КМ « Кії 4 М.Ч і точка Л' лежить між т. К і т. М. Отже, точки лежать
на одній прямій, що Й треба було довести.
290. а) Дано. А(2; 3), Л(6; -1), С(х; 0). АС « СВ.
Знайти: х.
І Розв'язок: Нехай А(х,; у^, Віх*; рї>, С(х; 0). За умовою АС = СВ, А(2; 3), В(б; -1). ££
АС* = (х] - х)1 + - <>>*; АС* » (2 - х)1 + (3 - О)1;
ВС* - (х, - хр + (у, - ОР; ВС* - (б - хр 4 (-1 - 0)т;
(2 - хр + 3* » (6 хр+1;
4 4х + Xі + 9 = Зб - 12х + х* 4 1;
-4х 4 12л = 36 4 1 - 4 - 9;
8 т = 24.
х = 3; С(3; 0).
Відповідь: (3; 0).
б) Дано: А(2; 3), В(б; -1), С(0; у), АС = ВС.
Знайти: у.
Розв'язок: Аналогічно а) (2 - Ор ♦ (3 у)* = (6 - ОР (-1 4 уР;
4 + 9 - 6у + у1 - 36 + І “ 2у 4 у1:
6р + 2у = 36 т 1 - 4 - 9;
-4у а. 24;
У • 6.
Відповідь: -6.
291. Дано: А(4; 1). Вів; 9), С(8; “2).
Довести: ьАВС — прямокутний.
Доведення: Якщо аАВС — прямокутний, то за теоремою Піфагора с1 = а’ 4 ІР.
Нехай А(х,; у,), В(х,; уг). С(х,; р»). За умовою А(4; 1}, Діб; 9), С(8; -2)
ЛВ = ^-х,? + (у, ~уУ: АВ = ^14 2р = &
ВС = /(х, - х^р + (у, - у,)’; ВС = /(6* 8рТ(27І)7 = .20;
АС - ^(х, ” х,Р + (у, ” р3р; АС » <( 1 ” 8р + (Г7 2р = 5. Тоді (Тбр + (720р = 5’;
5 4 20 = 25; 25 = 25. Отже, гіпотенуза АС.
Відповідь: АС.
292. Дано л АВС, АМ — медіана. А(-6; -3), В< -4: 3), С(-2; -1). д
Знайти- АМ
Розв'язок: За умовою в л АВС АМ — медіана, отже, т. М — / \
середина ВС. / д-1^
Нехай А(х,; у^, В(х3; ул), С(х,; ЛГ(х; у). / \
Зя умовою А( 6; -3). В(- 4; 3), С(- 2; - І), т. М — середина д ж.12.---
г.л * х, 4 х, -4-2 „
ВС, тоді х = -З-- -*. х * ——— = -3;
2 2 * •
311,1; ІИ(-3: 1).
АМ = ^йТ^х? +~(уГ-"У)*; АМ а /(-бТзр +7-3 ~ір я 725 &.
Відповідь: 5.
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та Ін. 365
293. Дано." я АВС, ММ — середня лінія» А(-2; 1), В(-2; 7), С(2; .5).
Знайти: ММ.
Розв'язок; І спосіб. За умовою ММ — середня лінія &АВС, отже, т. ЛІ — се-
редина АВ, т. N - середина ВС. Нехай А(х,: уД В(х/. у,), С(х,; уг), М(ха уД
УД
За умовою А(-2; 1), В(- 2; 7). С(2; 5). х, = х4 = ~2^ » -2;
у, у4=Ц^ = 4; М|-2;4).
£ £
й>7-55-в; М0;б).
ММ - у(т, - хй)’ + (у4 - у,)1; ММ = у(-2 + 1077(4 - 6? = Л = 2^2.
2 спосіб, За умовою ММ — середня лінія а АВС, тоді за теоремою ММ | АС
1 ММ = ; АС.
2 _____________
АС - уі(х, - х*)’ + (У, —У.)’; АС = /(--2 - 2)Т+ (Г- 5)’ = /32 = 4^2,
тоді МА' - 2у2.
2
Відповідь: 2\2.
294. Дано: А(-2; -1), В( -4; 1), С(-1; 4}, 1X1; 2).
Довести: АВСП — прямокутник.
Доведення: Якщо АВСП — прямокутник, то АЙ = СО,
ВС - АЛ І АС - Й£>.
Нехай А|х,; у,). Ви,; уД С(х,; у,). Л(х4; уД
За умовою А(-2; -1), В(-4; І), С(-Г, 1), Вії; 2).
В
А
ЛВ = чГ(х77,7 + (у 7"рД; ЛВ » 7Г-2 + 47+71 “ 17 » 2/2;
СП • у’(хв7*7,77 [р“у^. сл - #Тл7 7(472І* » 2>/2;
, ВС - 4(х^ - Хзі’+Су,"^^; ВС = 7747177(1747 = 3/2:
АВ = ^(х~х47777777 АЛ - ^-2^1)’ + (-1-2)* * зТг.
Отже, АВ СП і ВС = АВ,
АС а 7(*1 -х>)’ + (у, - У»)1; ЛС = уГІ + 17+ (-1 ~4»: = /26;
ВЛ - ^х~ЛД“уа7“р47; вл = 7(-< -1)’ + (1 - 2)* = ч'2б.
Отже, ЛС = ВВ, АВСВ — прямокутник, що й треба було довести.
295. Дано. А(-1: 2); В(2; 3), С(3; б), Л(0; 8).
Довести: АВСП — ромб.
Доведення. Якщо АВСВ — ромб, то АВ » ВС СВ = АП
іТ. О — середина АС і ВЛ, АС е ВП.
Нехай ДСх,; у,), В(х,; у,). С(х,; ув), Л(х4; уД О(х4; у^).
За умовою А( 1; 2); Я(2; 3). С(3; 6), ЛіО; &).
АВ - уЧх, - 77 + (7 ~ 77: Ай = 7(-1'2)1 + (2 - З? - /10;
АС - 7Їх7 Х17+ (Уі “У,?: АС = ^(-1 - З)7 +7Г-77 = 4/2;
ВС » ч/(ха - х,)’ т (у, - у,)4; ВС « у (27З)57(3 - б)7 = ч 10;
366 ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та Ін.
со - - х4? + (у, -у,)’; ся - Л* - о»’ + " 5>'
0;
ВО - 7<Х*-Х3*+<У»-1у5*ї во = 7(2 - 0): ♦ (3 - б)* - 2^2 . отже, АС * ВО.
АР = у^і АО = 41 1 - 0)Г+ (2^5Й = 710.
Отже. АВ ВС - СО = АР, т О — середина АС.
х. + х. -1 + 3 , Р, + р, 2 + 3 .
*. “ ""Ні ’ х»с —2~ = 1; У‘“ Т^: М» = -у-=4‘
0(1; 4), т. О — середина ВО.
Отже. АВСО — ромб, що й треба було довести.
Рівень В
.296. Дано: ьАВГ, т. К, т. М. т. N — середини АВ, ВС,
АС — відповідно. К(-2; 2), Л/(0; 7), Л’(4; 1).
Знайти.- А(х,; р,), В(х2; у,). С(хж; уг).
Розв’язок; За умовою т. К, т. М, т. N — середини АВ,
ВС, АС — цідпонідно.
К( -2; 2), ЛГ(О; 7). N(4; -і). Нехай А(х,; у,). В(х,; у,),
С(х,; р,). -2 * *г; х, + х, = -4;
2
2. 16-± Уі + у,= 4;
£у
7 = ^А; у, + у, • 14; 4 =
в
1 - . V, + У» я ~2. Отже.
Лі)
0-І1-
2
2 х. + Х» = 8Ї
х, + х, • О,
х, + х, в 8;
У| + V, = 4;
У, ♦ V, - 14;
УМ*У, = -2|(-1);
у. + у»в 2;
у. - у» = б;
у, + у, • 14;
2у, = 20; у, « 10;
-6; у, + 10 а 4; у1 -6;
10 4-у,-14; у,-4.
х, + х, = 8;
2х, = 4
2 + хг
хл = б';
Отже, А(2; -6), В(-6; 10). С(6; 4).
Відповідь: А(2; 6), В(-6; 10), 0(6; 4).
297. Розв'язок: Нехай точки А^іу,) і В(х/, у,)
V, + У, « 4;
+ |-Уі - У» ’2;
у, + у, «= 14;
| знаходяться на координатній
прямій і мають координати А(х1;0); В(х,;0). Нехай С(х;р) ділить відрізок
АВ так. що АС : СМ « т : п . тоді координата т. С задовольняє рівнянню:
т х - х, т
= — . отже, -----1 = —
л х. - X п
|х - X,
пх + тх • тх, + лх(
. тоді л(х - х>) = т (хі - х)
тх. + пх. . . пу, +• ту.
х « - 1 —-1. Аналогічно доводимо у = -
т + п піт
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін. 367
298.Дано; л АВС, А(і;3), В(0;7), С(5.6), АМ. ВК. '7\
’ СМ — МЄДІЯНЙ 4 АВС, т. О — точка їх перегину. / . N.
Знай/па; О(х; у) . „/ 1 /
Розв'язок: За умоиоіо АМ. ВК, СМ—медіани а АВС , за / п% N
властивістю ВО : ОК ~ АО : ОМ = СО : (Ж 2:1 (т - 2 / / |
і п 1 ). За умовою л(1;2) , В (0:7), С(5; в). Нехай !г
А^-.у,), В(0;7), С(х^;у3), оскільки ВК — медіана,
то т. К — середина ЛС. Нехай К (х4;у4), тоді х4 = * •** ; х4 = V 6 З
у* У1~^1 *' * “ 4; *(3і4* ♦
-5 £
а п х. + т х, п у. + т у. 10 + 32 о „
За властивістю х = — 1— - 1 ; у —21 • ; х » — ----— » - «• 2
т * п ті- п 2 + 1 З
1т2 3 ' '
Відповідь. (3; 5).
299. Аналогічно 291.
Довести: АВ - ВС СО АО і АС ВО .
300.Дано; аАВС. А(-1;3), В(2;4), С(4,-2).
Знайти: 3,^.
Розв'язок: АВ >/(~1 - 2)1 + (8 - 4)1 710
ВС - ^(2 - 4)' + (4 + 2)* - 7*0 АС « ^(-1 - 4)’ + (3 + 2)* = 7&0
АС* = АВ' + ВС1, а саме к'йО)’ = (710) + (7Ї0)‘ . 50 - 50 , отже,
мокутний з гіпотенузою АС.
.5' = \аВ ВС 5^ - КїО Ч4О - ’ у+ОО ~ » 7100 10.
'ЛЖ 2 '^2 2 V 4
Відповідь: 10,
а АВС
пря-
301. Дано, л АВС , т. М, т. №, т. К — середини сторін АВ,
АС, ВС відповідно; М(-3;-1); /7(1;-1); К{1;2).
Знайти: • ^лж •
Розв’язок: За умовою в АВС т. М, т. N. т. К — середини
сторін АВ, АС, ВС відповідної тоді ММ, МК. МК — серед*
1 і
ні лінії а АВС , «а властивістю ММ = - ВС , МК АВ ;
. 2 2
«К = *АС аа умовою М(-$-1), N(1;-!), ^(1;2).
мм в ^(-з - 1)* + (-1 + 1)* = 4 , отже, ВС = п
МК -» -1)’ + (-1 - 2)* - 8 , отже, АЙ 6
МК » ^3 - 1/ + (-1 - 2)’ = 5 , отже, АС = 10, тоді м№ + НК* = НЛҐ. а саме
8і + 6' 10*; 100 г 100 , отже, а АВС прямокутний з гіпотенузою АС,
Рлвс АВ і ВС + АС - 8 + 0+ Ю = 24
ВС » 0 8 = 24.
,ЛЖ 2 2
Відповідь: В = 24 , Я 24 .
368 ->:$ ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та Ін.
ф 9. Рійняння кола । прямої
У Примо кутній системі координат рівняння кола радіуса Я із центром у точці
С(а;Ь) має вигляд (х - а)* + (у - б) = Я*.
Коло радіуса Я з центром у початку координат маг вигляд х’ + у* = В7 .
Рівень А
311. Розв'язок: Якщо точка лежить на колі, то П координати перетворюють рів-
няння кола у правильну рівність А(-1;5) (-1 - 2) + (5 - і)' = 25
9* ІП= 25 , отже, т. А(-1;5) лежить на колі. Аналогічно перевіряємо інші
1 точки. Колу належать точки А. С, І).
412. а} Дано: коло, з центром у т. О(—2£ 1), В = 3 .
Скласти: рівняння кола.
Розв'язок: (х - а)’ + (у - б) ® В*, за умовою Я = З , т. О( -2:1), тоді
і (х +2) +(у - 1)‘- 3’ (х + 2Ґ +(р-1)' =9.
Відповідь: (х + 21’ >» (у -1)1 » 9 .
б) Дано: коло з центром у т. ОЙХОІ.т. А(-4;-3)належить коду.
Скласти: рівняння кола.
Розв'язок: За умовою т. д(-4:-3) належить колу, отже. ОА є радіусом кола.
ОА я ^(0 і 4)’ ♦ (0 + 3) = 5 , тоді (х - 0)* + (у + 0) 25
х* + у’ « 25 .
Відповідь; х1 + у* в 25 ,
в) Дано: коло з центром у т. О(х;я|) І АВ = д , А(-3;1), В(2;І).
Скласти: рівняння кола.
Розв'язок: За умовою АВ = д с діаметром кола д 2К , і його середина т. О(х; у)
Г є центром кола. ЛВ»«і(-2-2) г (1 - 1) = 4 , тоді Я = 2 .
І ж -2 + 2- 1 + 1,
Знайдемо координати центра кола: х » —— = 0 у - - % - 1
(х - а)* ь (у - 5 і" = Н*
(х-о)’+(0-1)’-2*
Xі + (у - 1) * 4 .
Відповідь: х* т(у -1)' 4 .
313. Дано: коло з центром і Я - ЛВ, Ві-3;-2|.
Скласти: рівняння кола, персні рити, які з точок С(4;5); />(-4;1); ЕІІ;4І не*
лежать колу.
Розв'язок За умовою т. А — центр кола, АЛ - його радіус.
Я = І(і + 2)'ж5
За умовою А (1; 1); В (-3; - 2)
(х - а)3 + і у - 6)* В*
(х-1)’ + (р-1Г»5*
(х-І)’т(у- 1)’ = 25
аналогічно ЗН з’ясовуємо, що т. і» належить колу.
Відповідь* (х — і)1 + (у - її = 25 , т. Я,
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та Ін. 369
-^Л'.-.*.*.’Л*Л’Л%
ЛгЛ%*ЛУґ
314. а) Розв'язок:
Якщо точки, що належить колу, мають абсцису 8, то х »8 . Xі + у = 100 , за
умовою.
8* + уг »100
у1 • 86
уі = 6 у, = -6. отже. (&6) і (8;-6).
Відповідь: (8; 6); (8;-б).
б) Розв'язок:
Якщо точки, що лежать на колі, мають ординату { 6). то у » -6. За умовою
х* + у* • 100
х‘+(-б)’= 100
Xа - 64
х, = 8 ; х, » -8 , отже, (8; -6) І ( -8; 'б).
Відповідь: (8;-6); (-8; -6).
315. Розв'язок: Якщо коло, задане рівнянням (х + 2) + (у - 1) = 5 , має з кіссю х
спільні точки, то ці точки мають координати (х;0), тоді (х + 2)’ т (0 - 1) = 5 .
х* + 4х + 4 + 1- 5*>О
Xі + 4х » 0
х(х+ 4) = 0
х = 0 або х « -4 ! точки мають координати (0; 01 1 4; 0).
Якщо коло має спільні точки з віссю у, то ці точки мають координати (0; у),
тоді:
(0 4 8)’+(у-1)’ = 5
4 + у*-2у+1яб
у* - 2у « 0
у(у-2)=0
у = 0 дбо у - 2 , отже, координати цих точок (0;0) і (0,2).
Відповідь: (0;0), (-4;0). (0;2).
316. Розв’язок аналогічний до № 315.
Відповідь: (0;3). (0*,-1). (>/3:0) . (->/3: о)
І У прямокутній системі координат рівняння прямої мас вигляд ах + Ьу * с * 0 ,
де а, Ь. с — деякі числа.
1. Якщо а я 0 , Ь а 0 , пряма паралельна осі абсцис або збігається з нею.
2. а * 0 & = 0 , пряма паралельна осі ординат або збігається з нею.
3. а а 0 & * 0 . с = 0 , пряма проходить через початок координат.
317. Розв'язок: За умовою пряма задана рівнянням х -Зу + 3 = 0 . Якщо точки
Л(3;-1), в(-3;0). С(12;5), О(1;0), £(-9; -2) лежать па цій прямій, то їх
координати перетворюють рівняння прямої у правильну рівність.
А'З;- 1) 3-3 (-1) + 3 я 0 9 в 0 , ця рівність неправильна, отже. т. А(3; -1)
не лежить на прямій.
Аналогічно з’ясуємо, що точки В, С, Е лежать на прямій, а т. А і т. О не ле-
жать на прямій.
Відповідь: В, С, Е
370 ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін.
318. а) Розв'язок: За умовою пряма проходить через т. Л( -6; 2) і паралельна осі
* ординат, тоді вона мас вигляд ах + с - 0 , оскільки пряма проходить через точ-
ку А( -6; 2), то вона мас вигляд х в -6 .
Відповідь: х = --6 .
6) Розв'язок: Оскільки за умовою пряма паралельна осі абсцис, то вона мас ви-
г гляд Ьу + е » 0 , а якщо т. А( -6;2) належить прямій, то у = 2.
Відповідь: у • 2 .
в) Розв'язок: Якщо пряма проходить через початок координат, то вона мас ви-
гляд у Лх , в оскільки вона проходить через т. А (-6; 2), то у = кх . * = * ;
-2 11
Л|Я--- ---І у*- — Х а®° х 4 Зу » 0 .
-6 3 З
Відповідь; х + Зу = 0 .
319. Розв'язок: Складемо рівняння прямої, що проходить через початок координат
т. О(0;(Ц і центр кола (
через початок координат, то вона мас вигляд у * кх , а якщо! через т. А (-3:3),
>
то й — = -1 І у -х або х + у 0 .
Аналогічно до № 317 з'ясовуємо, що т. 8 належить прямій.
Відповідь: х + у = 0 : В.
(г + з)’ + (у-3р « 1 т. А(-3:3). Якщо пряма проходить •:<’
320. а) Розв'язок: Якщо прямі 2х - бу + 1 = 0 і у*3 перетинаються, то координа-
ти точки перетину (х; у) перетворюють обидва рівняння у правильну рівність,
тоді:
2х - б 3 * 1 = 0
2х = 14
х » 7 . отже, координати точки перетину |7;3).
Відповідь: (7; ЗІ.
б) Розв'язок: Якщо пряма Зх 4 у в 6 = 0 перетинає вісь х, то у = 0 , і тоді
Зх + 0 + 6=0, х = -2 , отже, точка перетину прямої з віссю х(-2;0). Якщо
пряма перетинає вісь у. то х = 0 І 30+у4б=0
І у а -6 і її координата |0;- 6 |.
Відповідь: (-2:0) 1 (О, - б) .
в) Розв'язок: Якщо пряма х - у = 0 і коло Xі + уг 8 перетинаються, то коор-
динати точки перетину перетворюють обидва рівняння у правильну рівність:
IX- у «0, ІХ = у,
Xі + у2 = 8; । х2 + у’ = 8:
. 2х’ «8
Xі = 4
х( - 2; х2 • -2
р, » +2 ; у, = 2.
Відповідь. (2;2); (-2;-2).
321. Розв'язок: Якщо коло (х-2)’ ь(у + 3)’ =4 дотикається до осі ординат, то
точка лотику має координати (0; у). і тоді
І* (0 - 2)’ + (у + 3)* - 4
4 4 (у 4 З)1 «4 {у + 3) «0
у -3 , отже, координати точки дотику (0:- 3).
Відповідь: (0;-3).
:ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та їм. Ш 371
322. Розв'язок; Якщо прямі 2х - у - 9 О і у ж х перетинаються, то координати
точки перетину перетворюють обидва рівняння у правильні рівності, отже,
2х - у - 9 - о
ІР = -х
2х * х - 9 3 0
х 3 , тоді у 8.
Відповідь; (Я; -3) .
Рівень Б
323. а) Розв'язок" Xі - Ох + у* + 2у - 6 = 0
х’-вх + 9 + у’ + 2у+1- 10 - в 0
(х - З)’ + (у + 1)' = 10 - Центр кола має координати (3; -і)
Відповідь: (8;-1), 4.
б) Розв'язок; х* ♦ у* + Юр + 24 = 0
Я- 4.
х1 є у1 + Юу 4 25 - 1 0
х* + (у + 5)* = 1 . Центр кола мас координати (0; - 5) Я 1.
Відповідь: (0; 5); 1.
324. а) Дано. А(-1; б) . В(5; ^3) АВ д .
Скласти: рівняння кола,
Аналогічно до А5 312 (в).
Відповідь: (х - 2} + (р - 1/ * 25 .
б) Дано; д АВС , АЯ » ВС АС , т. А — точка пере- д
тину медіан, К {-4; 9), Р^^ = 6>/3, коло, описане нам /х.
коло а АВС . І \
Скласти; рівняння кола.
Розв'язок: За умовою коло описане навколо АВС / , \
( АВ = ВС = ЛС ), центр описаного кола є точка пе- ‘
ретину серединних перпендикулярів, проведених ДО А^ ІН1 ж
сторін трикутники, а в рівносторонньому дАВС цс
точка перетину медіан трикутника. Отже, центр кола мас координати ( ‘І; 9)
Р дЛ. - в^З , тоді ЛВ~ВС~ АС~2& ( Рл* = ЗАВ і
з • . з „ - і2'3’-'3 - 3/3
V Зч/а * <
п "1
(х + 1/ + (р - 9) = 2*
(х +1)’ + (// - д) я і .
Відповідь; (х ♦ 4)* т (у - 9) 4 .
в) Дано: АВСВ — квадрат, коло вписане в АВСВ,
А(-1;-3); В(-1і-1) В(1:-3).
Скласти; рінняння кола.
Розв'язок: За умовою коло вписане в квадрат, тоді точка перл.
АВ
типу (с-рели,.) дїаговалвй . центр»» вол,. . г . - .
АВС'Р — квадрат, отже, АВ ~ ВС = СВ = АЛ , АС = ВВ .
372 ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін.
АВ = ^(-1 +1)* + (—З ті)' = 2. г *. 1. т. О(х;р) е серединою ВВ «бо ЛС.
х л -Л) о у а _?. * я -2 . Отже, т. 0(0; 1),
2 2
(х-о/ +(р-2)’ »1
х® 4 (у - 2)’ « 1.
Відповідь: Xі + (у - 2)’ = 1 .
!5. а) Дано: АВСВ — ромб, коло вписане а АВСВ;
АС • 20 см, ВВ » 15 см, АС і ВВ лежать на осях
координат, ВК — висота ромба.
Скласти: рівняння кола.
Розв’язок: За умовою коло вписане я ромб АВСВ, діа-
гоналі АС = 20 см, ВВ • 15 см, лежать на осях ко-
ординат. Отже, перетинаються в початку координат,
а центр кола, вписаного в ромб, с точкою перегину його діагоналей, отже, центр
кола т. 0(0; 0).
У ромба радіус вписаного кола г » * , де Л — висота ромба.
За властивостями ромба ВО ОВ , ОС - ОА , АВ 1 ВВ , За умовою АС ® 20 ,
ВВ • 15 , тоді ОС 10 ; ОВ = 7,5 . З а СОВ , /СОВ 90 за теоремою Піфа-
гора СВ - ,10і т 7,5і я 12,5.
1 >1/’ • ял
5^-~АС ВВ-ВЛСВ,тоді ВК=
я 12 , тоді г* 6, отже, рівняння кола має вигляд
ВК ~ 2 12,5 = X»,
х’ - у* * 36 .
Відповідь; х’ + у’ ® 36.
б> Воія'язок; Коло описане навколо прямокутного а АВС , 2 А » 90! , В(4;0),
ВС
С(-2;- 8) тоді центр кола — середина гіпотенузи ВС, а В -у .
Нехай 01 х;у) — центр кола, тоді х 1 у ж • -4; 0(1;- 4).
ВС • 4 + 2)' ♦ (0 + 8) = 10 , тоді Л * 5 , отже, рівняння кола мас вигляд
(х - І)1 (у 4 4)3 • 25 .
Відповідь: (х -1)' 4 (у 4 4Г « 25 .
26. Розв'язок; За умовою коло з центром у т. С(-4; 5) дотикаються осі нбсцис.
Тоді точка дотику маю- координати | -4; 0).
(х - а)’ 4 (у -&)* Я’
|-4 е 4) + (0 - 5) а Л*
П‘ -5’, отже, (х 4 4)‘ 4 (у - б)" = 25 .
Якщо це коло перетинає вісь ординат, то точки перетину мають координати
(Лу)
(0 + 4/ + (р - &)’ = 25
І6 + 0/-5)1 = 25
(р-5)’-9
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін. 373
(р ”5)’ -9*0
(у-5-3)(р-5 + 3)«0
(р - 8) (у - 2) = О
у = 8 або у = 2 і точки перетину мають координати (0;8) і (0:2).
Відповідь; (х + 4)’ + (у - 5)’ = 25 ; (0;8); (0;2).
327. Розв'язок' За умовою два кола В 2 . мають центри на осі абсцис, тобто (х;0)
і {-хїО} і дотикаються до осі ординат у точці а координатами (0‘,у).
Отже, х = 2 і х = -2 , у = 0 , тоді центри кіл знаходяться в точках (2 і 0) і (-2
15), а точка дотику до осі ординат |0; 01. Отже, рівняння кіл такі: (х - 2|* + у* - 4
і (х ♦ 2)* + у* 4 . *
Відповідь: | х - 2) + у9 - 4 І (х + 2 )* 4 у* « 4 .
328. Розв'язок,- а) За умовлю пряма проходить через точки 1; - б) і (1;2)
ах + бр + с = 0 — рівняння прямої, тоді:
•а - 6Л + с = 0. а. - є - бЬ.
а + 2і» + с=0; .г-бЬ + 2Лтс = 0:
4Ь + 2с»О
Д С
Лг
а«с-б|^с »с-3ся-2с .
1 2 )
Підставимо виражені коефіцієнти а і б в рівняння прямої:
п » Л І 2)
-2гх + ~гр + с = 0 -
4л у - 2 » (і.
Відповідь; 4х - у - 2 - 0 .
б) Розв'язок; За умовою прямо проходить через початок координат т. 0(0:0)
1 центр коли х3 + 4хчрл-2р + 4 = О.
Знайдемо координати центра кола: х* + їх + у1 - 2у + 4 = 0
х1 + 4х + 4 + у*1 - 2у * 1 -1« 0
(х + 2) т (у - 1| я 1 , тоді центр кета має координати (-2; 1).
Отже, пряма проходить через точки з координатами (0:0) і (-2;1).
Далі аналогічно в) х + 2у = 0 .
Відповідь: х + 2р = 0 .
в) Розв'язок: За умовою пряма перетинає осі координат у точках (-3 і 0) і (0
і -3). отже, вона проходить через ці точки, тоді ах + Ьу + с = 0 . Маємо:
-За + с 0
-3& ♦ с я 0
а=г
1
5.-е
1„ + Іеі, + ж.о|.(І)
х + у + 3 я 0 .
Відповідь: х + у + 3 = 0 ..
374 $•<: ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та Ін.
Д29. Дано: а АВС , В(-1;3), С(й2).
Г Скласти рівняння прямих, що містять сторони а АВС .
І Розв'язок: За умовою а а АВС А(-1;-1), В(-1;3), С(2;2).
Складемо рівняння прямої, що проходить через сторону АВ: ах + Ьу + Є = 0
1-а - 6 + с ~ 0,
І -а + 36 + с = 0;
ех ♦ 0 • у -г с = 0|
х + 1 = 0
X = -1 .
Складемо рівняння прямої, що проходить через сторону ВС:
а = с-Ь,
) —с + Ь + 36 + с 0;
с
о = с - Ь,
26 = 0;
а = с.
Ь = 0.
-а + ЗЬ + с - 0,
2а + 2Ь + с = 0:
а « ЗЬ + с,
86 + Зе = 0;
а = 36 + с,
8
а 36 + с,
2(36 * с) + 26 4 с я 0;
9
а 8 є * с,
Ь = -1 с;
8
а ЗЬ > с,
66 + 2е + 2Ь + с = 0;
1
а - — с,
8
О.-’г.
$
:Й
V.
І -5«-|еу4е-(У (-Зе)
о л
х + Зу - 8 = 0 .
Аналогічно через сторону АС: х- у = 0 .
Відповідь.- х = “1: х + Зу-8 = 0, х - у = 0 .
330. Розв’язок: а) Розв’яжемо систему рівнянь:
Зхтуа-б|-2, 6х + 2у = -10,
х-2у>3: (х-2у«3;
Зх + У * б = 0,
х - 2у - 3 = 0;
-1 - 2у = З
-2у = 4
у -2 . Отже, точка перетину прямих має координати (-1;- 2|.
Відповідь:
6} Розв’язок: Розв’яжемо систему рівнянь:
-2х + 2у = 2,
2х - бу = -5;
х-1+1=0
у = 1 X = 0.
і Отже, точка перетину має координати (0; 1).
Відповідь: (0;1).
в) Розв'язок: Визначимо координати точки церії мну дотичних до кола х* + у* = 4 ,
що проходить через точки (2; 0) і (0;-2).
Ці дотичні — це прямі, паралельні осі х і у відповідно. Отже, вони будуть пе-
ретинатися під прямим кутом, і координати точки перетину (2;- 2).
2л - бу + 5 0;
-Зр = -З
331. а) Розв'язок: Розв’яжемо систему рівнянь:
х — Зу т б = 0,
х = Зу - б,
(х - 2)’+ (у -1)1 - 25; (Зу - 6 - 2)1 + (у - 1)'» 25;
Оу1 - 48у 4 64 » у’ - 2у + 1 - 25 * 0
х = Зу - б,
(Зу - 8)* + (у -1)' » 25;
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін. 375
10у’-50у + 40 = 0:2
- або * 20 = (1
И - 225
у, * 4 хь = 3 4- 6 = 6
25 “ 15 . л 4 д л
Ь 38 - 10 - *»1 *т -3 1-6«-3.
Отже, точки перетину мають координати (6.4) і (-3:1). ,
Відповідь: (6; -1); (-3:1).
б) Розв'язок: Розв'яжемо систему рівнянь:
(х - 2) + у1 1. (х - 2)1 + у’ 1.
х1 + у < -х* - у1 = -5;
(х - 2)4 - х* = -4
- 4х + 4 - /1 = -4
-4х = -8
X = 2
4* / 5
/ = 1
у »1 або у -1 Отже, координати точок перегину двох кіл (2; 1) і (2; -1).
Відповідь: (2;1) 1 (2;-1).
332. Розв’язок: Координати перетину прямих шукаємо а розв’язання системи рів-
нянь;
х -у * 3 0
х + у - 9 « 0
2х - 6 = 0
х= З
3-у + 3 « 0 у 6 .
Отже, прямі перетикаються, в точні з координатами (3;б). Обчислимо коорди-
нати перетину прямих і кола, розв'язавши системи рівнянь:
х - у + 3 = 0 х + у - 2 0
(х-3),+(у-2)*-8 ' (х-3)’+(у-2)І = 8
х у 3 х« 9-у
(у-3-8)’ + (у-2)’ = 8 |9-у-3)’ + (у- 2)’ = 8
(у - 6)’ + (у - 2)" - 8 (6 - у)’ І- (у - 2)’ = 8
у1 - 12у + 36 + у1-4у + 4- 8 = 0
36 - 12у + уа4у‘-4у+ 4- 8= 0
2уа-16у + 32«0|:2 2у’-16у + 32-0
у1 - 8у + 16 = 0 у = 4
[р“4)г»0 л =9-4 = 5
у = 4 (5:4)
х = 4-3 = 1 (1;4)
Відповідь: (3;6), (1;4), (б; 4).
Рівень В
Радіус кола — це відстань від центра коли до будь-якої точки кола.
376 Й:;: ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та їм.
□33. А) Розв'язок: Складемо рівняння кола, що має центр на осі ординат (коорди
пати центра (0;у,)) і проходить через точки (-5; І 1 (3; 5)
(х - а)’ + (у - Ь)* Ь № ; (0; у,) І (-5; 1).
Й’ » (0 * б)' + (у, - 1)’
Я* = 25 + (уг -1)’ (0;у,) і (3;5)
Я1 «=(0 -3)* + (у, - б)’
Я’ - 9 + (у - 5)1, тоді 25 + (у, - І)" = 9 + (у, - 5)',
25 9з(уІ^б),-(уІ-1)*
Ів^І^-б + у,-!)^ -5-/ + і| £
16 = (2у1-б)(-4)
~8у! 4 24 16 <
-8у( -8 І
у, = 1 , отже, центр кола знаходиться в точці а координатами (0:1).
Я* - 9 + (і - б)*
Я* =25
Я ж 5 . Рівняння кола має вигляд: Xі +• (у - 1) = 25.
Відповідь: х1 + (у - 1)’ « 25 ,
б) Розв'язок: Складемо рівняння кола, що має радіус 2\2 1 проходить через
точки (1;4) І (5:4).
Розв'яжемо систему; (х - а)* + (у - 6) = Л1
(1-а) + (4-5)*|(1-а)’+(4-б)’=8,
(5-а)* + (4 -б)' ®(2а,2) (-1): ±(5-а)*-І4-б)* = -8;
(1 - а)1 4 (4 - б)’ = 8,
{1 • а)*-(5-<*)’« 0
] - 2а + О* - 25 + 10а - 0
8а 24 , а 3 , тоді 11 - 3)’ + (4 - б)* = 8 .
(4 -Л)‘ 4 16-86 + 5^-4 = 0
б*-86+ 12-0
(х - 3)* + (у - б/ = 8 або (х - 3)г *- (у - 2)' = 8 .
Відповідь: (х - З)’ + (у - 6) = 8 або (х - 3)* + (|
3)’ + (у-2)’ «8 .
334. Розв’язок: Складемо рівняння кола, що мш К^5 . центр якого знаходиться
на осі абсцис (координати центра (х: 0))і проходить через точку (1; - 3).
(х - а)1 + (у -6)' = Л*
(1 - х) + у1 25 , а Я4 (х - і)3 + (0 + 31'
(х -1)1 + 9-25
(х -1)’ 16
(х - І)1-16 = 0
(х - 1 - 4)(х - І + 4) = 0
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та Ін. 377
х = 5 або х = -3 . тоді центр кода (б;0) або (-3;0і.
Рівняння кола мас вигляд: (х - б)4 + у1 25 або (х + 3)’ + у* 25 .
Відповідь: (х - 5)’ + у* » 25 або (х + ЗҐ + у'= 25 .
335. Доведення: За умовою пряма перетинає осі координат у точках (о;0| і (0; б),
а е 0 , Ь в 0 . Рівняння прямої мас вигляд ах + Ьу = с, якщо пряма проходить
через точку з координатами (а: ОІ, то аи » с , через точку (О:Лі, то 6’ с . Тоді
с с с с
а = — і Ь • - , -'Х + 7і/»г:С
а Ь а Ь ’
X у , _ , г
— + — = 1, що Я треба було довести.
а Ь
336. Доведення. Доведемо, що прямі х + у - 5 0 , 2х - у - 4 О і х - Зу + 3 = О
х ♦ у,- 5 О
2х - у - 4 = О
х + у - 5 “ О
Ма
х - Зу + 3 - О
перетинаються в одній точці, тоді системи
ють однаковий розв'язок.
х + у = 5
2х-у = 4
Зх = З
х = З
З + у = 5
у = 2
Іх + у 5
х-Зу = -ЗЦ-1)
х + у = 5
х + Зр З
4у = 8
р = 2
х + 2» 6
х = 3
І3=2)
Отже, ці прямі перетинаються В ОДНІЙ тОЧЦІ, ЩО й треба було Довести.
337, Розв'язок: Знайдемо координати точок перетину кола
і прямої х - у 4 9 = 0
х - у » -9;
(у - 9 + 4)* + (у - З)1 = 4
(У -5)’ +(у З)’ в 4
у* - 1 Оу + 25 + у” ~ бу 4- 9 = 4
2уа “ Ібу + ЗО = 0{: 2
у1 -8у + 15 = 0
О - Ь? - 4ас ,
8т?
-6
х у - 9;
0 = 61 -60 = 4
8- 2 ~
—-З
х, = 3 - 9 = -6. Отже, координати точок перетину -4:5)
1 В(-6;3), АВ-^4 ♦6), + (б-ЗУ =\4<4 = 272.
Відповідь: 2У 2 .
338. Розв’язок: Знайдемо периметр трикутника, обмеженого прямими:
4т - Зу + 3 = О : у = 1; х = З
Визначимо координати вершин трикутника. Це точки перетину цих прямих:
4х - Зу + 3 О,
у* 1;
4л - Зу + 3 = О,
х - 3;
ж - З,
Р= >•
378 :<:$ ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П та ін.
4х-3 1 + 3 «О
4х в О
X - О
4 • 3 - Зу + 8 О
-Зу = -15
у «5. Л(О;1) В(3:5) С(3;1).
АН
= 4,
АС = ^(0-3) + (1
Р-5 + 4 + 3=12.
Складемо рівняння прямої, що містить медіану трикутника, проведену до сторони
ВС. За означенням медіана ділить протилежну сторону наппіл. Нехай М (х; уі
середина ВС, А(х,;у1), ^(х^у,), С(х,;у,).
х. + х, 3 + 3 ,
х * ; х = —— = З
2 2
у = ; у —« 3 . Отже, медіана проходить через точки (0; 1) і (3;3).
2 2
ох + Ьх + с = 0
0 а + Ь 1 + с = 0,
З а + Зі» + с = 0:
За 2с = 0
2
а —с
З
І ^хс. - су + с = 0 - — , с*0
З с
2х - Зу + 3 « 0 .
Відповідь: 12; 2х - Зу + 3 = 0 .
Ь + е 0.
За + ЗЛ + с О;
Зе - Зе + с • О:
$10. Метод координат
Розв'язання геометричних задач методом координат проводиться в три етапи:
1) сформулювати задачу мовою координат;
2) перетворити алгебраїчні вирази, користуючись відомим співвідношенням
і формулами;
3) перекласти отримані результати мовою геометрії.
У рівнянні у кх + т , А — кутовий коефіцієнт прямої, що утворює з додат-
ною піввіссю осі абсцис гострий кут сі.
іу а
А (ж,; у,) і (х,;у,) — координати точок, через які проходить
дана пряма.
1) Якщо прямі /, і і, задані рівняннями у = А1х + ш( і у » к*х * ті та А, = А,,
8 т, е т,, то 4 (І і,.
2) Якщо прямі 4 і С задані рівняннями у = А,х + пц і у = А,х ♦ лі, та
ш
X
о
о»
о
А»
і:
Рівень А
347. а) Розв’язок.* Складемо рівняння прямої, що паралельна прямій 2Х + Зу + 1 - 0
І проходить через точку |1,1).
Рівняння прямої має вигляд у кх + т, а рівняння прямої 2х + Зу + 1 = 0 по-
-1 - 2х 2 1
дамо в такому ж вигляді: у я —-— • у я - - х - - .
З 3 3
2 1 2
За умоіюю прямі у = кх + т 1 У * ~ — х- - паралельні, отже, к = .
3 3 з
3.
З
с
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та Іи. :><: 379
, . . 2
1 * ні - 1 , т = 1 + -
З
Ь 2х + Зр - 5 * 0 .
2
Тоді пряма у » кх + т має вигляд у » - - х + т .За умовою вона проходить че
2 3
раз точку (1; 1). ТОДІ - -
Ь , 2 » « 2 , 5
т » - і у » - х + ~ або • х + й - -
3 3 3 3 3
Відповідь: 2х + Зр - 5 = 0 .
б) аналогічно а) х + у = 0 .
Відповідь, х 4 у 0 .
348. Розв'язок: За умовою лада но пряму 2х - у + 4 0 і точку А (1:1). Складемо
рівняння прямої:
") Уі. = + ««і паралельна прямій 2х - у ♦ 4 = 0 ;
б) рівняння прямої Уі кгх + т,, перпендикулярної прямій 2х - у 4 4 в 0, що
проходить через т. А(і: І).
а* аналогічно до № 347 а) 2х - у - 1 0 :
б) якщо прямі перпендикулярні, то іг \ =1.
Запишемо рівняння 2х - у + 4 = 0 у вигляді У = Лх 4 т . у » 2х 4 4 . тоді к 2 .
Л Л, » -І , отже. 2Л4 = -1 і *і = . оскільки пряма
1 * 1
через т. А<1;1),то у, =--х + т7 --1 + т,«1
Л лі
з
"’р
1 З
О яг------X + -
У1 2 2
X 4 2у - 3 = 0 .
Відповідь: 2х - р - 1 = 0 ; х + 2у - 3 - 0,
349. Дано: АВСО — паралелограм, АВ • ВС .
Довести: АВСО — прямокутник.
Доведення: Розмістимо даний паралелограм у сис-
темі координат так, щоб його вершини мали ко-
ординати АІО;О), В(О;б), С(с;Ь); 2?(с;0), тоді
’ АС = ^(0 - с}1 + (0 б)’ - + б’
ВО = /{0- с)3 + (б - 0)’ = № + Ь* ,
отже, АВ ВО , що й треба було довести.
350. Дано: АВСО — паралелограм.
Довести: АС* + ВО* » АВ' + ВС* 4- СО* + А£Г.
Доведення: За властивістю паралелограма АВ • СО ,
ВС - АО . Якщо АД = ВС = д ,а В[іг, с) ,тоді О(а;0|,
а С(а + Ь:е). Використавши формулу відстані між 2
точками, магмо:
АВ Ь;+сї, АОг « а:
АС’ • (а + Ь|' * с*
у3 * к,х ♦ пц проходить
ВО1 = (а - Ь)1 + с* , тоді
АС* + ВД1 = (а + б)* * с1 ♦ (а - Ь * + с* » а} + 2дЬ + б* с* + а’ - 2аб + б1 + с1 »
» 21а* + б’ +с*)
2(АЯ* * АО:)= 2(а* + б* 4 ?),
отже, АС3 4 ВО* = АВ’ 4 ВС' + СО1 + ОА*, що й і і*<5з було довести.
380 і# ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін.
м
к
с ♦ 4. Ь'І
2 ’
1. Розв'язок: Розмістимо трапецію АВСЛ в системі координат так, що А(0;0),
В(а;Ь), С(с;Ь), І>(4;0). МК — середня лінія трапеції.
а Ь
22
Загал ьне рівняння прямої у кх 4 т .
Рівняння прямих: ВС: у Ь , отже, А = 0 ;
АЛ. у - 0 . отже,
Ь с + д
— =--X 4 ЛЦ
2 2
а С4 4 _
-гх-----— х = 0
2 2
, -а - с - 4
*-0
а б
--х-лі =
2 2
с + 4 Ь
---т = “л’
2 2
х.
- а — с - 4
= 0 . Отже, А =---------= 0 .
2
Тому ВС || МК ц АЛ , що й треба було довести.
V
-4 -2
2
І
х 1
^-2;</ = -2Х-
352- а) Розв’язок: Точки, рівновіддалені від А (-4; 2)
І 0(0;0), лежать на серединному перпендикулярі до
прямої ДО, Знайдемо координати середини С(х;у)
відрізка АО:
_2.і :с(-й і).
Де *•*
Рівняння прямої, що проходить через точки А(-4;2)
і О |0; Оі, має вигляд х + 2у = 0 . Складемо рівняння
прямої, що проходить через С(-2;1) і перпендикулярна
до прямої х 4 2у - 0. Запишемо це рівняння у вигляді
Шукана пряма мас вигляд у = йх + лі . за умовою перпендикулярності прямих
‘(4)-
А - 2. Отже, у = 2х +• т. ця пряма проходить через С(-2;1), тоді 1 = -4 + лі,
лі 5 . Отже, шукана пряма у = 2х + 5 або 2х - у 4 5 0.
Відповідь: 2х - у + 5 = 0 .
б) Розв’язок: Введемо систему координат, у якій точки А 1 В мають координати
А(-1;0); В(1;0). Знайдемо квадрати відстаней від довільної точки М(х;у| до
точок А і В .
'4
3« умовою МА1 + МВ1 =12
2
А( в
х’ + 2* + 1 ♦ х* - Л т 1 »• 2у‘ 12
2х’+2/ = 10
х* + у’ 5. Таким чином, ця множина точок є колом із центром у точці (0; 0)
І Л-л/5.
Відповідь: Xа + у’ 5
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та (н
381
353. Аналогічно до № 352. Л/(х;у) А (1;0) В(-1;2).
МА1 « (х -1)’ + у1
МВ* = (х + 1)’+(у- 2)*
(х - 1)* + у1 - (х + 1)’ - (у ’ 2)’ І
Xм -2х + / + ^г-дх-2х-/-ух+4у-4 = 1
-4х*4у-4 = 1
4х-4у * 5 0
МТ — пряма 4х - 4у + & = 0 .
Відповідь: 4х - 4у + 5 = 0 ,
Рівень В
354. а) Розв'язок: Складемо рівняння прямої, яка нахилено до додатної півосі осі аб-
сцис під кутом 60” і проходить через точку (0; 1): у - кх + т , к = І® 6О'">8
1 = 0 - ч/з яг , т 1, у = -/Зх +1 .
Відповідь: у 43х + 1 .
б) аналогічно а) і= Ц 135’ - -іу 45 -1
у - кх + т , у = -х + т, проходить через точку (0; -1). тоді -1 = 0 + т т -1
у ж -х - 1 .
Відповідь: у я -х -1.
355. Розв'язок; Побудуємо коло х* + у* = 25
і проведемо через точки (3; 4) 1 (-3; -4) до-
тичні, доведемо, що вони паралельні. Якщо
ЛС II І)В і вісь х січна, то / а = / 0. бо вовн
відповідні. Знайдемо а і ід 0 . Дотична
ч і Г** ** і
АС проходить через точки АІ 3;4 і С| 6;0
у. - у. . 0-4 4
Ійа = ^4 *аввЗз = -з
ДотичиаВРпроходигьчерезточки В
ч а
3;- 4
і о|-в:0 .
І Х.-Х, -в + 3 З
отже, ц; а = Ц 0 . отже, а - 0 і АС || ВВ ,
що й треба було довести.
356. Розв'язок: За умовою три сторони квадрата ле-
жать на прямих Зх + у + 1 = 0, Зх + у-9"0
і х - Зу - 3 0. За властивістю протилежні сторони
квадрата паралельні. За властивістю паралельності
прямих сторони квадрата, що лежать на прямих
Зх + у + 1 = 0ІЗх + у- 9»0, паралельні (оскільки
у » Зх -1 1 у = -Зх 4 9 І Й, В А, -3).
Побудуємо в системі координат прямі
Зх + у + 1 = 0 , уж-Зх-1 (0;-1) (-1;2)
Зх ♦ у 9 = 0 . у = 9 - Зх (2; 3); (3; 0)
х-Зу-З-О, у = |х-1 (8;0)
З
Координати точок перетину прямих Зх + у + 1 і х
мих Зх+у-9 = 0 І х - Зу - 3 0 В(3;0).
-Зр-3 = 0 А(0;-1) і пря-
382 $$ ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін.
АВ = >/(0 - 3) + (-1-0) ^710.
За означенням квадрата всі сторони у нього рівні і АВ || Сй - За властивістю па-
ралельності прямих рівняння прямої СО мас вигляд у = і х + т , точка С може
З 1 /
мати координати С(-1;2) або С(і;-4) отже, якщо С(-1;2),то 2 = —(-і)і-т
т.2+| = 2І І
х - Зу + 7 = 0 .
Якщо С(1; - 4), то -4«^ 1 + т т =-4 ~
у ? х - 4 або х - Зу -13 = 0 , х - Зу + 7 » 0
Відповідь: х - Зу + 7 = 0 або х - Зу -13 = 0 .
357. Дано: АВСО — трапеція, АМ » МС . ВК = КД . Вг---------
_ АД - ВС р/ іц> ч к\.У
Довести: МК * , у—і-ї -V
-їй / / " 5»
І Доведення: За умовою в трапеції АВСВ АМ МС ,
ВК КД , тоді за т. Фалеса: АР = РВ і СМ АШ і АУ —
ВС 4 Л П
середня лінія трапеції, за теоремою РМ || ВС || АД , РМ =---.
У Д АВС РМ — середня лінія і 6 ВСД КМ — середня лінія, тоді РМ -±ВС .
1
КМ =т-ВС
2
РМ - РМ + МК + КМ , МК^ РМ- МК- КМ ;
ВС+АВ ВС ВС ВС+АД-ВС-ВС О М'
2е 2 2 2 2
довести.
358. Розв’язок.’ Якщо <і < В, то пряма с хордою і мас з колом 2 спільні точкй.
Якщо д = В , то прима е січною і мас а колом одну спільну точку.
Якщо д > В. то пряма з колом спільних точок не має.
359. Якщо д - В + г , то кола мають зовнішній дотик.
Якщо д = В - г . то кола мають внутрішній дотик.
360. Розв'язок: Нехай пряма проходить через точки А(х,;у,) і А(х1;уї). Доведе
мо, що рівняння прямої має вигляд
х- л, и у- ух
х,-х, у,-у/
Нехай одна з координат у цих точок однакова, тоді в загальному рівнянні пря
—д С
мої ах * Лу + с 0 вийде у » — х - - або у кх + т .
о о
х-х, __ У£ Уд
Хя - «і у, - уь
(«і - " У.) • (й - А)(** " *і)
¥<*» - *і) = -Ф» “Рі)-*і(*! " + А (*» -*і)
кв У1. 'Лк # т = х. + у, , отже, рівняння прямої мас вигляд у = *х + т .
х,-х» х,-х,
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін. 383
361. Нехай а,х 4 і>(у + є, 0 і а,х 4 Ь,р т с, в О — рівняння прямих у прямокутній
системі координат, Тоді вектори лі (Орі».) І л»(а/,Ь] — перпендикулярні від
повідно до цих прямих. Кут а між даними прямими дорівнює куту між пря
мнми, па яких лежать вектори лі і л». Тоді сови я соеХ(лі,л?| = р=т-р—;
лі • л> — скалярний добуток векторів:
Лі пі 1 «| а, + Ь, Ь} , еоа а » 0 , кали ( а = 90' );
Лі л, - 0. Отже, давні прямі перпендикулярні, якщо а, а, + 6 Ь1 О .
2
362, Розв'язок: Розмістимо прямокутний трикутник АВС в системі координат так-
нехай ЛМ І СК — медіани, проведені до сторін АВ а .,’2 і ВС и^З (гіпоте
пуза). А(0;0), В|О;й72), К 0;— і
Визначимо координати С(х:р), Оскільки т. С лежить
на осі х, то С(х; 0).
СВ‘ ’ІХ-О)’ + (() -а^2)'
їй
В
К
С
х4 + 2а* » За’ ____
і _ ।
х = а
т»а, отже, координати С(а;О| тоді координати т. А/ -Ь середини ВС.
а а^2
2 і 2
м
. Запишемо рівняння прямих, що проходять через т. А і т. Л£, т. С
і т. К. Загальне рівняння прямої: у = Лх + т А(0;0); М
12 2 і
0 = й 0 + т, т = 0 .
а\2 а . а^2 • 2 /х , ж „
—- = й — . Аз——— = <2 , тоді у • 72л . С(а;0| і К
*• « «СІ
0 ак + т
а ^2 ау/ІІ , , ач‘2 .. , а72 72 1
2 2 2 2а 2
1 а^2 л д,_ , льг г-
у = - х + —. Отже, АМ 1 СК, оскільки >/2
72 2
| = -І, що й треба було
ДОВГСН1.
363. Ргхлт'л/ок.’ Розмістимо прямокутник АВСВ в системі ко^
ординат АВ = 2а , А^ - 6а
А(0:0); В(і);2а); С(ба;2а); 0(6а;0); К(а;0|.
Далі аналогічно до № 362 ск іадіть рівняння прямих КВ
і КС 1 доведіть іх перпендикулярність.
364. Розв'язок: Розмістимо коло в системі координат
таці, що центр кола т. 0(0", 0), радіус коля В. ГМТ,
центр хорд, що виходять з т. а(0;В) і проходять
через середини цих хорд, є коло, що внутрішньо
дотикається до даноію кола а т. А і мас Л. .
п 2
384 :й.: ГЕОМЕ7РІЯ Єршова А. П. та ін.
М5. Розмістимо прямокутний трикутник у системі коор-
I дшшт ТАК, що т. Л((Г.б),т. С(0;0) т. В (а; 01 . Нехай
Е т. Лі(х;р),тоді МА’ = (х - 0)’+(р - б)* 1 * 3
МВ1 (х - а)1 + [у - 0)'
МС = х’ + у*.
За умовою МА1 + МИ' ж 2МС*
1 Xі + (у - Ь)1 + (х - а)* + у* • 2х* + 2у*
І у* - 2Ьу + Ь1 + х* - 2«х 4 а' = Xі + у*
І -2бу - 2ах + Ь* + а* - 0 : (-2)
, Ь* + а1 „
ах + оу - — —з. 0.
2
| Отже, ГМТ — де пряма, у якої а 1 Ь — довжини катетів а АВС ,
РОЗДІЛ IV. ГЕОМЕТРИЧНІ ПЕРЕТВОРЕННЯ
І 11. Переміщення
Перетворенням фігури Р у фігуру К назначиться така відповідність, при
якій:
1) Кожній фігурі Р відповідає єдина точка фігури Р.
3) Кожній точці фігури Р" відповідає певна точка фігури Р.
3) Різним точкам фігури Р відповідають різні точки фігури Г.
Є перегиорепня, які зберігають відстань між і очками і Переміщення. рух), 1 пере
і творення, які не зберігають відстань між гонками (подібність, гомотетія).
Н
$
>•
*
З&О. Дано; т. А. В, С під час переміщення перехо-
дять у точки А\ В', С відповідно.
Довести: &аВС = аА'В'С'.
І’ Доведення, оскільки під час переміщення зборі- А
гається відстань між точками, то АВ А'В';
АС = Л‘С'; оскільки під час переміщення збері-
л гаються кути між променями, то х А ж А' Отже, а АВС -лА'В'С' за І озна-
кою рівності трикутників.
В
391. Оскільки при переміщенні зберігаються кути між променями, то суміжні
кути переходять у суміжні кути.
392. При переміщенні зберігаються кути між променями, тому вертикальні кути
переходить у вертикальні кути.
393, Дано: &АВС при переміщенні переходить В К
у а МКК , А = , гв * 7(У , /М » 20° . /\
Знайти: і /,0 >. /
Розв'язок: при перемішанні зберігаються \ д-А 20 X
кути між променями, тому /В /X » 70’ ,
£С = ЛМ =20
Відповідь: 70 ; 20 .
ГЕОМЕТРІЯ Єошова Д. П. та Ін. 385
кЗіл.глпл.. м >
394. Дано: л МКК - образ АВС . АВ = ВС . ЛМХК = 100 .
Знайти: ЛА , ХВ , ЛС .
Розв'язок, ари переміщенні зберігаються відстані між
точками» тому оскільки ЛВ = ВС . то МУ * УК , а АВС
і ьМІЇК рівнобедреиі. При переміщенні зберігають-
ся кути між променями, тому ЛАВС Л МУК * 106 ,
іЛ=,С = *-8’^=40-.
м
2
Відповідь: 40°: 40е; 100'».
Рівень 6
395. Під час переміщення зберігаються відстані між точками 1 кути між променя
ми, тому зберігається пропорційність сторін, отже, подібні трикутники перехо-
дять у подібні трикутники.
Трапеція — це чотирикутник, у якого дві протилежні сторони паралельні,
а дві бічні це паралельні.
396. Внаслідок переміщення паралельні прямі переходять у паралельні іірям,.
Якщо образом даного чотирикутника, отриманим «наслідок переміщення, г тра-
пеція, то даний чотирикутник також є трапецією.
/
ДТІаролелогрозі — це чотирикутник, у якого протилежні сторони Паралельні.
397. Унаслідок переміщення паралельні прямі переходять у паралельні прямі,
тому паралелограм внаслідок переміщення переходить у паралелограм.
398. Дано: ромб АВСВ пе|ісходить у чотирикутник
А'В'С'/У, АВ = АС,
Знайти: ЛА', ЛВ', ЛС', ЛВ'.
Розв'язок: під час переміщення буДь-яка фігура пе-
реходиш у рівну їй фігуру, тому А'В’СІУ — ромб,
рівний ромбу АВСВ. -
У ромбі АВСВ АВ ВС АС, тому ь АВС —- рівііо-
бедрений, тому ЛВ 60' , Л ВАС » Л ВСА = 60 ,
а діагоналі ромба є бісектрисами Його кутів, тому Л А ~ Л С 120‘ . Тому в ромбі
А'В'СТХ Л А' » ЛС' = 126'; Л В - Л В' = 66 .
Відповідь; 60°, 60', 126, 120
399. Дано: чотирикутник АВСВ переходить у А'В'С'ІУ, А'О' II В'С'; А'В' »- С'В ;
ЛВ- = 146.
Знайти: кути чотирикутника АВСВ
Розв'язок: Якщо АВ ВС І А‘В' = СВ' , то А'В'С'/У може бути рівнобічною
трапецією або паралелограмом.
1) АВ'С'В' — рівнобічна трапеція, тоді АВСВ — рівна їй рівнобічна трапеція,
тоді ЛВ^ЛВІ 3 140е, ^С-146, ЛА = 180’ - 140‘ = 40’ . АВ = 40\
2) А’В'СІУ — паралелограм, тоді АВСВ — рівний йому паралелограм,
ЛВ'^ ЛВ -140 , ^.£1 = 140 . / А = /С = 4(г.
386 ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та Ін.
Вюповідь: 1) £ А - ЛО - 40' , Л В « ЛС * 140 ;
2) Л А ЛС 40і', аВ-^В-140“.
Рівень в
^наслідок переміщення прямі перлхо-
ть у прямі, що лежать на прямій, і по-
рядок їх взаємного розміщення збері-
гається, тому якщо т. О була спільною
ДЛЯ фігур Р, і К то і т, (7 буде спільною
я фігур Г/ і Р/.
В'
140°
В
иі
X
О
СК
о
Л*.УЛУЛ««.>5
401. Унаслідок переміщення будь-яка фігура переходить у рівну їй фігуру і збері
гастіхм відстань між точками, тому коло переходить у коло з тим самим радіу-
сом.
02. Дано: АВСО і ЛІВІС1ОІ — паралелограми»
АГ = А,С,; ВИ = В.Ь, . Л АОВ = Л А&В, .
Довести; АВСВ - Л,В|С,В, .
Доведення: оскільки АВСО паралелограм і А^С,#, —
пиралелограм, то АВ || СІ) , ВС || АВ , А, В, || С(І> ,
ДС, || А,С, , тобто паралельні прямі перейшли у па
ралельні прямі; зя умовою АС я ДС(; ВО = В(О, —
збі-рїгагп4?я відстань між точками. Л ЛОВ « Л А^В,
зберігаються кути між піппрямими. Магмо переміщен
на паралелограма, отже, АВСО = .
С
В
Якщо сторони одного ромба дорівнюють сторонам іншою ромбе і кут одного
ромба дорівнює куту іншого ромба, то ці ромбн рівні.
403. Доведення. Ромб — паралелограм. у якого всі сторони рівні. За умовою кути
ромбів рівні. Маємо переміщення ромба у ромб, тому вовн рівні.
404, Доведення: якщо відрізок приходить через центр
правильного шестикутника і мас кінці на його
сторонах, то він ділить відповідні рівні три кут-
ники. утворені половинами діагоналей і сторона-
ми ромба ( АО ЦО • ОЕ ВО , Л АОВ ЛІЮЕ
тому лАОВ=лООЕ) на рівні трикутники,
і а ЛОМ =а ГЮІЇ за II ознакою). Отже, ОН = ОМ .
Тобто цей відрізок ділиться навпіл.
405. Дано: а АВС , АВ => ВС , ВН 1 АС . М € АВ ,
# є ВС , МУ і ВН . Л/Н П ВИ = К .
Довести; ВК » КИ .
Доведення’ Оскільки МН 1 ВН , то МН || АС , то
Л ВМІЇ = 2 ВАС , / ВІЇМ = Л ВСА , тобто А МВН - рів-
победрений. ВК — його висота, медіана і бісектриса, тому
ВК = КН .
:;ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін. 387
$12. Центральна та осьова симетрія
Точки А та А називаються симетричними відносно теч- ки О( якщо О — середина відрізка АА,, О - центр см- МетрІЇ. Точки А та А! називаються симетричними відносно прямої д т, якщо т 1 АА, і т проходить через середину АА,. О т X . - .4*
426, Промінь не може мати центр симетрії, оскільки він мас початок, а кінця яг
має. Центрально симетричні фігури при накладанні співпадають, а це не буде
І виконуватись для променя.
<27. а) Точки симетрій відносно осі координат мають ріпні ординати і протилс жиі
1 абсциси А(-3:9) А'(3:-9).
б) Точки, симетричні відносно оСі абсцис, мають рівні абсциси і протилежні
і ординати А.(-2;-5) А'(-2;б).
в) Точка, симетрична ОіО: 0) відносно прямої х 4 , лежить на осі абсцис на під-
і слоні А від точки А|4;0),тоді О'(8ч0|.
*2Я. а) А(а:б) Л'(щ-б):б) А (а; Ь) АЦ-а;Ь).
430. Кінці будь-якого діаметра Кода лежать на одній прямій з центром кола і на од-
наковій відстані від нього, тому цептр кача — центр симптрії кола.
Рівень Б
431. (х-4)’+(у-3)’ ж 26
а) Коло, симетричне даному відносно О(0А>). мас Я « б і координати центра,
І протилежні координатам центра даного кола: (х + у)' + (у + 3] = 25 .
б) А (-1; 4) — центр симетрії кіл — середина відрізка ОСТ. де О — центр ла-
4 + х
ного кола, а (/ — центр шуканого кола О(х; у). Тоді -1- ——— ; -2 - 4 » х ;
«• ш л • 2
4 " — ; Ч - 3 = у ; у = 5. ПІ у кл по коло мас Я • б , тоді Його рівняння;
(х + 6)’ + (у - б)1 = 25 .
432. а) у » 8 А |1; 3]. Оскільки А — центр симетрії, то відстань від прямої у * 8
І до А(1; Зі дорівнює 8-3-5. Отже, відстань віл А(1;3) до прямої, симетрич-
ної у - 8 відносно А (1; 3), дорівнюватиме 5; у - 3 - 5 ; у * 2 — шукана пря
ма.
б) нряма, симетрична прямій ув-х + 1 відносна ОІфО), буде їй паралельна
І перетне вісь ординат у точці (О; - 1) і мас вигляд у = -х - 1 .
433. б) Якщо трикутник має вісь симетрії, то вона буде висотою, медіаною і бісек
трисою для цього трикутника, а це можливо тільки для рівиобедреного трикут
пика, якщо вісь симетрії проходиіь через вершину 1 перпендикулярна основі.
434. Якщо чотирикутник має центр симетрії, то центральна симетрія переводить
чотирикутник у себе, а це виконується тільки для паралелограма, де центр си-
метрії — точка переіику діагоналей.
435. а) (х - і)а + (у - З’3 - 25, х = -б, Я = 5, В14. 3} — координати центра даного
кола.
Коло, симетричне даному, митиме Я = 5 і координати центру АСх*; у') - Точка
. » І + х1
на прямій х & В мас координати С(-6; 0). Тоді -6 = - ; х' = -16 у’ * З
(х + 16)’ + (у - 3)= » 25 ;
б) у * -2; у = х . Точки, симетричні відносно прямої, лежать на прямій, пер
ненднкулярній осі симетрії І на однаковій відстані від неї, тому шукала пряма
буде х = -2 .
ГЕОМЕТРІЯ Єршовз А. П. та їм. 389
436. а) хг + у1 = 4 ; у = 3 . Шукане коло мас Я = 2 , а координати центра (0; 6).
х’ + (у - б) ' < ;
б) у 0 у " X , шукана пряма — вісь ординат х = 0 .
437. Прямі, що містяіь діагоналі іюмба, е бісектрисами куті», взасмноперпеидику-
лярні і в точці перетину діляться навпіл, тому переводять його у даний ромб.
438. Прямі, які проходять через середини протилежних сторін прямокутника, пер
иьндлкулярш цим сторонам і проходять через їх середини, тому € осями його
симетрії.
Рівень В
439- Припустімо, фігура має 2 центри симетрії, тоді існує 2 точки, які іісроміїшш-
пям переводять фігуру у себе. Отже, ці точки збігаються.
440. Якщо точки (а; Ь) і (Ь; ц симетричні відносно прямої у = х , то відсташ
,, . , а * Ь а * Ь
від кожної з них до прямої у = х повинні бути рівні: X = - , у = - — .
а ь Ь а е Ь 2 2
2 2 У
І Якщо трапеція має вісь симетрії, то ця вісь перпендикулярна основам трапе
ції, а відстані від осі до ближчих сторін рінні, а це можливо тільки для рів
побічної трапеції.
Якщо трапеція рівнобічна, то вона має вісь симетрії.
441. Доведення; Якщо трапеція рівнобічна, то можна пронести пряму через се
редини основ, яка буде перпендикулярна основам і відстані від якої до бічних
сторін будуть рівні. Отже, ця -іряма буде віссю симетрії.
442. Висоти трикутника в точці перетину діляться у від-
ношенні 2:1, починаючи від вершини. Відстані від / /! \ \д
точок, с.нмітричиих ортоцентру відносно ортоцентра, ітС, " І
дорівнюють відстанями від ортоцентра до вершив. Тому \ )
ці точки лежать на колі, описаному навколо трикут-
ника. * *
0
444. Доведення.- о — центр вписаного й описано-
го кола — точка перетину медіан, бісектрис 1 висот / \
а АВС , тому а ЛОВ -і. ВОС -і АОС ла 2 ознакою, / У \
отже. ЛОВ = £ВОС - / АОС . X • * . х -Д
>Г---------С
Діагоналі прямокутника рівні і в точці перетину діляться навпіл
445. Хо = , О = , X, - 4 . В(4; 0) . В(-4;~4) С
ВВ - ^{4 Т 4)я + (0 + і/ ж >64ТЇ6 » >30 = 4^5 2x^(0 2)
АС - ^(х£ - хс)‘ + (0 - усУ = 4<5 Аіх,:0)
АО ж АС - 1 ВВ - 2 7б
(х, - 0)’ + (0 + 2)’ - 20
390 геометрія Єршова А. П. та ін.
х* + 4 - 20
X? = 16
хк = 4 (не задовольняє умову).
х, = -4 АІ -4; о)
ОС = [ АС * 2>/б.
2
Відповідь; А(-4;0); £(4;0); С|4;-4).
§13. Поворот І паралельне перенесення
Зафіксуємо на площині точку О та оберемо довільну точку X.
Відкладемо від променя ох у заданому напрямку кут із зада-
ною градусною мірою « 1 позначимо на другій стороні кута
точку х', так що Ох' • Ох . Такий перехід точки х у точку х'
є поворотам навколо точки О на кут и. О — ііентр поворо-
ту, а — кути повороту. Задають 1 напрямок повороту — за
годинниковою стрілкою- або проти годинниково** стрілки.
Паралельним перенесенням фігури Р У напрямі проме-
ня ОА на відстань а називається перетворення фігури Р
у фігуру Р'і внаслідок якого кожна точка х фігури Р пе-
реходить у точку х' фігури Р так. що промені хх' 1 ОА
спіаншірямлені і хл' » а.
О
ш
X
о
СК
о
Рівень А
460. Якщо прямий кут переходить у кут, суміжний з даними, то кут повороту
буде 90". а центр — вершим» даного кута.
461. Відрізок переходить у себе вна-
слідок повороту навколо його се-
редини на 180’.
Кіьілрит переходить у себе внаслі-
док. повороту навколо точки пере
тину діагоналей квадрата на 90'--.
Правильний шестикутник пере-
ходить у себе внаслідок повороту
навколо точки перетину його діа-
гоналей на вй*. Тому їй фігури ма-
ють поворотну симетрію.
462. Пряма переходить у себе внаслідок повороту навколо
точки О. яка лежить на ній, тому кут повороту 180’.
463. х' х - І у' » у + 2.
а) точка (-3; -1) переходить у точку: х' « -3 -1 -4 у' -1 є 2 = 1 (-4; 1);
б) Якщо точка (4; - 2) образ точки, то ця точка мас координати: 4 = х - 1
-2 у + 2 х « 5 у = 4
(б: -4).
464. х' - х + 4 ; у' у ♦ 0
а = 4; б а 0 відстань, якою задається це перенесення: <і • ч4’ ♦ 0* 4.
465. х' х - 2 ; у' = у + 7
а) (х + 1)’ + у* 9 коло має координати центра (-1; 0). При заданому паралель
йому перенесенні центр переходить у точку: х' « -1 - 2 -З у’ 0 * 2 (-3; 7).
О е
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін. 391
б) у * 2х; х З
Координати точки перетину прямих (3; б). Тоді дана точка ма« координати-.
З * і - 2 х -1 б - у + 7 р = -1. (-1; -1).
Відповідь; (-1; -1).
466, а) А (-2; 3); 1 -2 + в ; а ж З
А (1; — 11; —1 З і- Ь ; Ь = ~4 ;
В(0; -1); 3 = 0 + а ; сц е 3 :
В (3;3); 3 = -1 + 6; б, « 4
6} А(1;-4); 0=1+а; а = -1;
Л"іО; <»); 0= -4 + 6; Ь* 4;
ЩО; 0); -1 = 0 + а : а, = -1 :
в'(-1;4); 4 = 0 + 6 ; Ц = 4
а а, 6 • 6, ,
Таке паралельне перенесення існує.
-2 + 0 !
2
* о о, Ь т 6| .
і> Такс паралельне перенесення
ас ісиуг.
І
Й 467. Щ8; 3) А(-2;0) В(0; 16). Координати середини підрізка АВ:
С(—її 8).
Оскільки точка В переходить у точку С, то -1 = 8 + а , 8 = 3 + Ь , а = -0» Ь 5 .
Тоді формули паралельного перенесеним мають вигляд: ж* = х >^9 , у' у + & .
Рівень Б
468 Внаслідок повороту навколо точки па 180‘ точка переходить у точку, яка ле-
жить на одній прямій з т, О і На тій же відстані від т. О, що і дана. Отже, по-
ворот навколо О на 180 ’ с центральною симегріио.
469. Оскільки ОВ — бісектриса £АОА' і АО А'О , то
ДАОА' — рівнобедрений, О В — бісектриса, медіана і ви / \Я
сота ДАОА'. Магмо: точки А і А'лежать на одній прямій / .. \
з т. О і на однаковій відстані від О. Отже, А і А' снмстрич- £, \
ні відносно О. О А
360‘
470. Внаслідок Повороту навколо центра описаного кута на кут - - кожна точка
л
правильного л-кутника переходить у сусідню. Таким чином, правильний л-кут-
ник переходить у себе.
471. А(2; 1) ВІ -4; 9). Координати центра даного кола:
2 — 4 . 1«- 9
х<. я -1, « 5 С(-1; б).
Радіус: Я = |/Н “ 2У + (» “ 1)’ = 1736 + 64 - &
(х - Зі + у* = 25 . Координати центра даного Коли. ( 3; 0) В = 5 .
Маємо. -3«-1 + а а»-2
0 = 5 + 6 6 = -5
Тоді формули правильного перенесення, внаслідок якого дане коло переходить
у коло (ж - З)1 + у* = 25 , мають вигляд: х' « х - 2 , р' у - 5.
472. х1 4 у* = 36 . Точка даного кола, яка має найменшу ординату, мас координа-
ти А(-6;0) і переходить у т. 0(0, о).
Тоді координати центра образа Даного Кола будуть В(6; 0), Я« 6 . Рівняння
образу даного кола (х - 6) + у* 36 .
392 ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та Ін,
473. А (—3; - 3) В(-2; - 1) С(0; - 2). Точка симетрична А підносно початку коор-
динат і мас координати В'(3; 3). Формула паралельного перенесення;
З = -2 + а , а 5, 3 = - і + Ь. 6 = 4, х' = х + І , р' у т 4 .
Тоді точка А переходить у точку А'(-3 + 5; - 3 + 4). А'(2і і). точка С перехо-
дить у точку С'(0 + 6; 2 + 4); С'(б; 2).
Рівень В
360‘
474. Діагоналі правильного л-кутника перегинаються під кутом --. При по-
360° , _ " -
вороті на кут --- павколо точки перетину діагоналей правильний л кутник
п
переходить у себе, тому він мас симетрію обернення порядку п.
475. Побудуємо серединні перпендикуляри до відріз-
ків АА' і ВК. Точка іх перетину т. О буде центром
повороту', внаслідок якого відрізок ЛВ переходить
у відрізок А'В'. (див. № 469 — точка О належить
бісектрисі АОА' і 2 ВОВ' ).
476. Перший гравець повинен мати на 1 монету біль-
ше, ніж другий.
478. Симетричні точки відносно прямої лежать на прямих,
перпендикулярних Осі симетрії, на однаковій відстані від-
носно осі. Точки, симетричні відносно цих прямих, рів-
новіддалені від осі симетрії. Утворюються рівнобедрені
трикутники, де вісь симетрії — медіана, бісектриса 1 ви-
сота. Тому мнемо поворот навколо точки О на кут 2а .
479. Розглянемо лАВС : за умовою Е — середина
ВС, тоді АЕ — медіана лАВС. Діагоналі пара-
лелограма в точці перетину діляться навпіл, тому
ВО — медіана л АВС , М — точка перетину медіан
д АВС , тоді МВ : МО = 2 :1 , а оскільки ВО 1Ю ,
то ВМ МО - 2 : 4 = 1: 2 .
£
39
480. Оскільки трикутники подібні, то Л - — - 3 .
Площа даного трикутника:
5, ^21(21 - 13)(21 -14) (21 -15) - <2Г87 6 « 84 см.
Площа подібного йому трикутника: В, = = 8 ; 5, = 84 9 - 766 (см1).
§ 14. Подібність фігур
Довільні точки х і у фігури Р внаслідок
перетворення подібності переходять у точ-
ки У і у' фігури Р" так. що ж" у' = кху , де
к — коефіцієнт подібності.
лАВС’ >дЛ, ДС,;
1 АВ ВС АС
ОС
ш
X
о
ск
о
Рівень А
488. а) ОД » ОА 4 , ОА, а З 4 12 см.
б) ОА, 24 см, * = 4; ОД = ОА 4; 24 - 4 ОА, ОЛ = 6 см, АД = 24 - 6 ь 18 см.
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін. 393
, »-4&-»,?-!
АВ_’ 8 <'_________________________________________
Відношення площ подібних фігур дорівнює квадрату коефіцієнта подібиосп.
490. а) Iі- к1і — = ** Л = 5; 491. к - - ?; 5,» 8 (см1);
5, І о, 2
б) 5=^’; ^-4 5,-16 (см*). | = *’; »?
О, 4 О} о *4
й‘*.В
5к - . їй (гм1).
492. Л =»--; 1 к ; -......
400 З, З, 16ЦООО
З, = 20 -160000 = 3200000 см* • 320 м’ .
с
493. З, - 40а - 40000м1 - ЮОоООООО см3; >= **
С 1 'Лі
---її---- --- - - ; « . 100 СМ*.
400000000 іоооооо ’
Рівень. Б
І Внаслідок гомотетії кожна точка х фігури Г переходить у точку х* фігури Г
так, що точка х' лежить на промені Ох І Ох' = Юх , де Л — фіксоване число,
коефіцієнт гомотетії, О — центр гомотетії, фігури РЇГ — гомотетнчні.
494. Побудуймо О — центр гомотетії, за умовою ♦ - 3 , тоді ,.
ОВ = 3-ОА , тоді . Поділимо ЛВ навпіл 1 від д
ОА ’ 1 /
точкп А на АВ, ліворуч від А, відкладемо ОА = - АВ.
О — центр гомотетії. * *
О
495. Продовжимо АВ 1 С І) до перетину у т. О. Оскільки А
ВС |і АО , то £ОВС £ОАІ) як відповідні. Х'О спіль- / \
ний для а ВОС і лАОЛ, отже, л ВОС’”* АОО за двома у /__________
кутами. Маємо; О — центр гомотетії, ВС і АВ — гомоте- / X
пічні відрізки. / \
А*----------ід
496. Нехай дано 2 правильні л-кутники, тоді їх сторони будуть пропорційні, отже,
п кутники подібні.
497. Щоб Із кола отримати фігуру, йому подібну, Треба дошити відстань нід цен
тра до будь-якої точкп на колі в певну кількість разів. А ця відстань — радіус.
Тому фігура, подібна колу, буде мати центр і відстань від центра, тобто радіус.
Тому фігура, подібна колу, є коло.
49В. а) ОА' - к-ОА ; к «
________________________ОА
ПА' - 2)1 + (З И)' - </9 + 16 = 5 , ОА = ^8 - 2)’ +(7 + 1/ 100 - 10
*- -5 -1-
10 2
394 ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та Ін. !
4-(-1-15)* <1-44-256 = 20
ь 20 9
»-й<2.
499. а) 0(0: 0) А'(-3; 5), * = З
™ =3; г1=3: ібж8
ОА х4 ул
«-1 ул -Ь
6) з£-0.5: 4(2:8)
х. ,
2
н
500. Дано: подібні прямокутники ЛВСР Л^ВС^^ , АВ з* 5
= см<
3«оьиіи.‘ ВА-вго .
Р 5
Розв’язок: Оскільки АВСЛ1 АВ,С,Ц то *—-Л; -І
З д АВС ва теоремою Піфагора: ВС’ = АС’ = АЛ1
ВС* = 196-25 = 1-14
р
гМС0
ВС «12
(5+12)2-34 см, 8^ = 5 12 = 60 см’.
34 1 60
к * - -? — ; ——
170 5 8^^^
Відповідь; 1500 см’.
-а -60 25*1500
25 А,лг’п-
см, АС » 13 см.
С,
см’.
20 см; сі,1 = ЗО см, сї, = 40 см.
Я
501, Дана: подібні ромби АВ<7>~А,В1С,Д, РАІИ?)І
Знайти: 8^^ .
Розв'язок: оскільки АВСХ> , то ^вЕй- к
А’ । і*№СІГ
= к*; АВ » » 5 см.
^ЛЯ'СО' *
Діагоналі ромба о точці перетику діляться навпіл І перети-
наються під прямим кутом, толі у аА'О'В' : 2 А'О’В - 90а;
АТУ-15 см, В'О' =20 см, тоді АВ'= 25 см(лА'В'О’ —
подібний до Єгипетського).
АВ 5 1 ^ии з ।
А В 25 5 25
«1-30 40 - 600 см’
Л Ш Ь 4» ж Л
Аци-Л 1 600 ,
. лил. и — . з -------з 24 см’.
ш) 25 *** 25
502. Дано. АВСйЕЕ і а'В'С’О'Е'В' — правильні шестикутники; впнсоний у коло
А описаний навколо кола з центром в т. О відповідно 3^^,
Знайти: 5^^.
Є
Розв'язок: АВСОЕР - А'В'С'В’Е'Р , тоді = к;
а.
5лгсіугг -
^АВСОІГ 1
^ллмг ~ см 5 = ~2
и
в:
а‘
'і
— «36
2
= 36 см1.
А' В'
С
Е
:< ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. таїв
395
Xі* а., . [й ІйЛ „ ,/ті?
“ ~з!з~-“ Г 5-•'/«'/я -2^3
Я = 2ЧО ; »' = , а' . 2 2>2'’3 . 4' №
З 3 3
____2Л.2Й
3 3 2у2/з 3$3 З
^А'ігемгг = 36
= 4 4^3 = 16^3
(см1).
Відповідь: 16\‘3 см’.
503. Дано; коло з центром в т. О. Пряв. лАВ'^С' — описаний, прнв. &АВС — впи
самий.
Довести.' -*^^£г = 4 в
5.4вГ
Доведення- Виразимо площі трикутників через радіус кола і знайдемо ь іди о
шення цих площ:
\аж = ° 4'3 а» = 2г^3
5 «с ’ 42~ "3 - З^Зг’
•ж
_ о? т‘3 гт
\» асж " , а»"Ж'3
4
•Чл. _з/з^4_1
^’мігг Зг у'З
Рівень В
І Під час перетворення подібності відстань між точками зміикнтьси в тому са
мому відношенні.
504. Для подібних фігур можна побудувати точку, яка буде лежати яа одній пря
мій а відповідними точками даних подібних фігур. Ця точка буде центром то
мотелі, а коефіцієнт подібності — коефіцієнт гомотетії.
505. Дано: АВСО паралелограм, АВВ'А' - А'В'СВ, АВВ'А'АВС/);
А'В'СД^АВСВ .
Знайти; —— .
АВ
Розв’язок: За умовою АВВ'А'1 А’В’СВ , тому
В — середини ВС, А' — середина АО, крім того,
за умовою АВВ'А'^АВСВ і В'С£>А' ~ АВСВ, тоді
Ді /' "і
; кохай ВВ = х , тоді ВС«2х; А
АВ’ В В
2;- • ; АВ* 2х*; АВ = Х\2 .
АВ х
396 ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін.
ТОДІ —
Відповідь;
2х 2 *
4і
2 '
607. Оскільки кола рівні і мають спільну хорду АВ.
то центри кіл знаходяться на однаковій відстані від
АВ і лежать на одній прямій, отже, О і О' — симет-
ричні відносно АВ. а отже, і дані кола симетричні
відносно АВ.
більша висота проведена до найменшої сторони.
508. Дано; £ А = 60 , £С 20’, СН = 4,5 — висота.
Побудувати: а АВС.
Побудова:
1) Проводимо пряму /;
2) відкладає мо £ А 60 зі стороною при прямій І;
3) на другій стороні £А беремо дві будь-які точки Я, І Я, і будуємо від них
перпендикуляри до цієї сторони:
4> на відстані 4.5 см від точок Я( та Я, (у сторону прямої І) на перпендикуля-
рах будуємо точки С, і С,;
б) через точки С, і С, проводимо пряму т, точка перетину прямих т і І е точ-
кою С;
б) від точки С будуємо £С 20а зі стороною при прямій/;
7) точка В - точка перетину сторін £ А і £С ;
8і д АВС — шуканий.
С
С»_ 4Т5 сн
N
§15. Метод геометричних перетворень
311. Дано: АСГ\ВВ» О О — середина ВВ і АС, М — середи-
на АВ, N — середина СО.
Довести: О — середина МА,.
Доведення: За умовою О — середина АС і О — середина ВВ,
магмо т. А і С, т. В і В — симетричні відпоєно О. Отже, відріз-
ки АВ і СЯ симетричні відносно О, крім того, л АОВ «л СОВ
за І ознакою, а оскільки Л/ — середина АВ, N — середина
СВ, то ь ЛОМ *?лСОН за 1 ознакою, тоді МО » N0 .
512. Дана: д АВС . АВ = ВС , СМ і АК — медіани.
Довести: СМ АК .
Доведення: Проведемо вісь симетрії ВВ, а АВС АК П МС 0 ,
ОєВО.
ВВ — медіана, бісектриса і висота д АВС, тоді / АВО £ СВО ,
£ АВВ • 2 СОВ = 90 . АМ МВ , ВК = КС .
Розглянемо * МВО і лКВО: ВО — спільна, МВ*.\’К ,
М
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та Ін
397
/ МВО - £ КВО, тоді л МВО і* КВО за 1 ознакою, тоді МО — КО .
аЛОО -лСГЮ за двома катетами (ОД — спільний, АВ » ОС ) тоді АО = СО
АК » АО і ОК СМ =СО+ОМ .тоді АК - СМ .
513. Дано: а || Ь , а 1 с . е
Довести' Ь 1 с .
Доведення Оскільки а Л, то пряма а переводиться у пря- 22______і________
му Ь за допомогою паралельного -ісренесейня. Паралель- ь
не перенесення є переміщенням, при переміщенні кути “
переходять у рівні кути, а за умовою а 1 с , тоді І й 1с,
514, Хорду, рівну даній, можна отримати поворотом навколо центра кола. Пово-
рот с переміщенням. Унаслідок переміщення зберігаються кути мЬк променями,
тому даний центральний кут перейде у рівний йому центральний, а кожному
центральному куту яідпокіддс дуга певної градусної міри. Тому прн повороті
дуга перейде у рівну їй дугу.
Рішень Б
515. Дано; прямі а і 0. О е а , О « Ь .
Побудувати; відрізок із серединою в даній точці і кін- ^4
цямп нв даних прямих. 7х
Побудова. І і проведемо ОА 1 & . / /
2) Коло з центром О І /І - ОЛ . І /
3) Коло перетинає а у двох точках. дV
4 > Обираємо точку, яка лежить на одній прямій з т. О /х.
і т. А.
5) З'єднуємо т. В і т. О.
б) Відрізок АВ — шуканий
516. Дано: пряма 1А Є 1, , В е / А і ІЗ по різпі сторони від і. Л
Побудувати; £АОВ , щоб його бісектриса лежала на І. / '
Побудова. 1) Побудуймо т. А' і т. В симетричні відносно І, д /
2) т. О точка перетину прямих А'В 1 АВ'. Хг
3) ЛОВ — шуканий. І — бісектриса Л АОВ , /
оскільки І — вісь симетрії / АОВ . -ЯгА~
518. Дано: рівні кола з ц. О і О,, не мають спіль-
них точок, 1 її ОО,, і перетинає кола в точках
АВСО. / о \ /
Знайти: АС. . .4
Розв'язок,-за умовою і [| ОЦ, тоді АОНСО,, -1 —с^~
отже. АОО,С — паралелограм.
ОО, = ЛС = 10 см.
Відповідь,- 10 см.
523.Дано; А(3;-5) В(1;-2) С(б;-8).
Знайти,- чи лежить точка А на відрізку ВС.
Розв'язок: Якщо точка А лежить на відрізку ВС, то ВА + АС = ВС ,
ВА і ^3 -1)* + (-6 + 2)1 = >/4 + 9 = 413
АС = у[(Ь - З)1 + (-8 + 5)’ » ч4 < 9 Дз"
ВС + 2)’ VIв + 36 = 4^2 = 2^13
НА -і
Г = /4 + 9 = 413
>13 + у 13 2/13 . Отже, точка А лежить на відріеку ВС.
398 ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П, та ін.
124. Дано: АВСО — паралелограм, А(-1:1) В(2;4) С(б;4).
। Знайти, паралельне перенесення, яке переводять сторону ВС в сторону АО;
І координати т. О.
І Ром'лзок: Знайдемо паралельне перенесення, яке переводить ВС у АО.
Г -1 = 2 + а 1 = 4 + 6
а = -3 6 = -З
1 х' = х * 3 р' = у - 3 . Тоді координати точки О;
Х„ = хс - 3 уо - ус - З
ха « 5 - З у 0 = 4 - З
хр = 2 ур = 1.Л(2;1).
Відповідь: х' = х - 3 , / х - 3 , /> (2; 1).
Задачі для підготовки до контрольної роботи
І. Дано: д АВС , / В = 90е .
Побудувати: а) відрізок, симетричний АВ відносно С;
6) кут, симетричний £ АВС відносно АС.
Побудова:
а) 1) на Продовженні ВС праворуч
під т. С побудуємо СВ' = СВ :
2) на продовженні АС поза т. С
побудуємо А'С АС ;
3) з'єднаємо А'В';
4) ь А'В'С' — шуканий.
б) 1) проведемо пряму ВО 1 АС;
2) на прямій ВО відкладемо
ОВ' ОВ ;
3) з'єднаємо В' і С, В' і А;
4) лАВ'С — шуканий.
2. Дано: Л(-3;1).
Знайти: координати точки, симетричної т. А (-3:1) відносно: а) початку ко-
ординат; б) осі абсцис.
і Розв'ямк: а) Точки, симетричні відносно початку координат, мають протнлеж-
I «і координати, тому а(3;-1) — точка, симетрична точці А(-3;1) відносно
0(0; 0);
б) точки, симетричні відносно осі абсцис, мають рівні абсциси і протилежні ко-
ординати, А*(-3;1) — точка, симетрична відносно осі абсцис.
Відповідь, в) А(3;-1)’, б) А',(-3;1).
3. Дано: А АВС : <£В > 90 ; АВ = ВС .
Виконати: поворот & АВС навколо В на 90 проти го-
динникової стрілки.
Ро.ів’я.зок: при повороті д АВС навколо В на 90 т. С
переходить у точку А. точка В — в ееба, т. А — в т. А',
яка лежить на прямій ВС з одного боку від В на відстані
А'В - ВС.
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та іи. 399
4. Дано: коло (х + 1)* + (у - 7)* « 4
Знайти: паралельне перенесення, яке переводить центр кола у початок коор-
динат.
Розв'язок: Центр кола має координати А (-1; 7), тоді знайдемо паралельне не
|>енесення, яке переводить т.Ав 0(0; 0):
0 -1 + а 0 = 7 + 6
а • 1 Ь = -7
х' = Х + 1
У' я У ~ 7
Відповідь: х* = х + 1, у' у - 7 .
5. Дано: ЛВСй^А'В'С’О' — прямокутники. , 5^,, = Зо см*.
_ „ _ Л о 0 •
Знайти: Здхго
Розв'язок: Відношення площ подібних фігур дорівнює квадрату коефіцієнта
( АВ V
подібності —4КЙ- = І ——
ігся х А " /
36 9
Злігсв 25
5» » - • И» <“’>•
Відповідь: 100 см1.
в. Дано: Кола з центром О, і О, мають внутрішній дотик у точці А. Менше
коло проходить через центр більшого.
Довести: будь -яка хорда більшого кола, яка виходить з т. А, д
ділиться меншим навпіл.
Доведення: АК * КВ Оскільки менше коло проходить че- / ,
рез центр більшого, то 2г - Н , АО, ВО, хорда АВ персти- / у'>1Д
нас менше коло у т. К. л АКО1 — вписаний у менше коло, 6, ]
АО, — його діаметр. Тоді а АКО} - прямокутний, а оскіль- ч
ки дАОВ — рівнобедрений, то О,К — медіана, бісектриса -------------
Й висота дАО,В,. Отже, АК в КВ .
525. Унаслідок переміщення точки, що лежить на прямій, переходять у точки,
що лежать на прямій, і порядок їх взаємного розміщення зберігається, також
зберігається відстань між точками, тому медіана трикутника переходить у від
повідну медіану ірикутника-образа.
526. а) Оскільки бічні сторони трапеції не паралельні, то одну з бічних сторін рів
нобедреної трапеції перевести вниз можна за допомогою осьової симетрії — вісь
симетрії перпендикулярна основам трапеції і проходить через їх середини.
6) Оскільки протилежні сторони паралелограма паралельні, одну з них в іншу
можна перевести за допомогою паралельного перенесення.
527. Оскільки кола рівні, то їх радіуси рівні, пряма АВ ± ОО, 1 АО = АО, = ВО ВО,,
тоді аАОО, і лВООх — рівиобедрені, АВ — їх
медіана, бісектриса і висота, АВ П ОО, = М .
а) центр симетрії, яка переводить одне коло з да-
них кіл в інше. — т. Мі
б) вісь симетрії, яка переводить одне з даних кіл
в інше, — пряма АВ;
в) центр повороту — т. О або т. О,, кут поворо-
ту — 180а;
400 ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та Ін.
|| г) промінь ОО, і відстань — довжина відрізка О0( — задають паралельне пере-
I несення, яке переводить одне з даних кіл н інше.
528. Унаслідок переміщення точки, що лежать на прямій, переходять у точки, що
і лежать на прямій, і порядок їх взаємного розміщення зберігається, тому будь-
яка точка прямої АВ переходить у себе (якщо т. А і В переходять у себе).
529. Побудова: 1) проведемо відрізок АС;
2) проведемо його серединний перпендикуляр ВВ;
3) АС 080 = 0;
4) відкладемо ВО і ВО різної довжини:
б) з'єднаємо А І В, А і Л, 0 і С;
6) АВСВ — шуканий дельтоїд.
Властивості:
1) протилежні сторони паралельні:
2) діагоналі перетинаються під прямим кутом;
3) одна з діагоналей у точці перетину ділиться навпіл;
4) протилежні кути, вершинами яких є кіпці цієї діагоналі, рівні.
530. т. В описує коло,
О = ОА — радіус
даного кола.
531. У ромбі діагоналі пе-
ретинаються під пря-
мим кутом і точці пе-
ретину ДІЛЯТЬСЯ ШШПІЛ,
а також є бісектрисами
його кутів.
Побудова.
1) проведемо бісектрису
ВМ /.В;
2) МВПАС- М ;
3) побудуємо серединний перпендикуляр до ВМ
МК І МВ ;
4) Л’КПВС= К ; МКІЇАВ . N ;
б) з'єднаємо М і А, М і К;
7) ВКМІЇ — шуканий ромб.
532. Дано: АВСВ 1 А.8^,0, - ромби, ~~ = .
Довести: АДСП^А^О,. А,С' В,П|
Доведення: Діагоналі ромба взаємно перпендикуляр
пі і в точці перетину діляться навпіл, ділять ромб
на 4 рівних трикутники.
АС ВВ АО ВО
Аза умовою — - — , тоді — -—.
А АОВ « 4 А.О.В, - 90" . Отже, л АОВл А&В, ,
а тоді й АВСВ^>АІВ1СІВ1.
В
С
О
РОЗДІЛ IV. ВЕКТОРИ НА ПЛОЩИНІ
§16. Векторні величини
Вектор — напрямлений відрізок прямої, для якого вказано початок і кі-
нець.
Довжина вектора — довжина відрізка, що зображає вектор.
Якщо А(хї;у1), В(хрі/,).то АВ^-*,;^-^)
ПОЯСНЕННЯ
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та Ін. & 401
Рівень А
548. Дано; АВСЛ — прямокутник, АВ «5, ВС = 12 , ВЕ = ЕС.
Знайти; АВ ; | СЕ,; 1 2 З АС |; І АЕ |
Амв’язон. АВ = ВС , тому Ай]» ВС | - 12.
Оскільки В£ = ЕС,то [се|-||В<Ч = 6
АС1 = ЛВ' + ВС1
АЕ1 АВг + ВЕ*
АС* = 169 АЕ* = 25 + 36
АС = 13 АЕ* = 61
АС| = 3 А£ = Тбї
відповідь; 12; 6; 3; <61 .
І ле|. Тбі.
Д^Діагояалі ромба перпендикулярні і в точці перетину діляться навпіл.
549. Дано; АВСВ — ромб. АС 8; 88 = 6 , СА П ВВ « 0.
Знайти: |бс|; ВО ; АВ|.
Розв'язок: ОС * АС ; | ОС | = | АС | 4
ВО « ІВО; ВОІ» - ВВі=3.
2 । 1 2'
З л АВО за теоремою Піфагора: АВ* АО* + ВО*
АВ* = 25; ЛВ = 5. | Ав|=5.
Відповідь: 4; 3; 5.
550. Дано; АВСВ — паралелограм.
Довести: АВ ВС.
Доведення: У паралелограма протилежні сторони рів-
ні і паралельні, тому ВС = ЛЛ , крім того, ВС ТТ АВ ,
отже, АВ = ВС .
551. Дано: О — середина АВ.
Знайти: пари рівних векторів і довести їх рівність.
Розв'язок:
За умовою АО а ВО, АО ТТ ОВ. Отже, АО ОВ : ОА ТТ ВО , отже. ОА * ВО.
ЦІ пари векторів рівні, оскільки вовн співиапрямлені і мають рівні довжини.
552. н) Л(-!;4). В(3;9). АВ(4,5);
6} А(2;-5), В(-1;1); ЛВ(-3;4)і;
в) А(3;2). 8(3;-2); АВ(0;-4).
553. ОА = а а(2;1) 0(0;0)
2 = хл - 0 -1 = ул - 0
»л=2 рл --1; А(2;-1).
554. а) А(-3;1) В (б;-5)
АВ(8;-0) |ЛВ| = ^8* + ( -б/ = 10 ;
б) А(12;0) В(0;-5)
АВ(-12; - 5) |АВІ = ^(-12)’ + (-5)* = 13 .
402 ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін.
556. Дано: О{1;3), й(2;-1), Ь(-3;4), від т. О відкладемо а ; Ь .
І Знайти: координати цих кутів.
Розв'язок:
А — кінець
- хв - 2
х. — 1 = 2
“ хо ж 'З
хв - 1 = -З
х. = -2
а ; В — Ь , тоді
У а - У о • "І
16,-3 = -!
У А ” “
Відповідь: А(3;2), В(-2;7).
557. Дано: п(4;7) його кінець — В(0;-2).
Знайти: координати початку о .
Розв'язок: нехай початок а — т. А(хЛ;уд), тоді
0 - хЛ = З -2 - ул » 7
і/л " У о = 1
У я - 3 - 4
У я =1 •
х. « -З
558.Дано: А(-2;-1), в(1;2). С(2;2), /)(-1;-1).
Довести: АВСО — паралелограм.
Доведення: якщо у чотирикутника
протилежні сторони рівні і паралель-
ні, то він паралелограм-
ВС(1;0), ЛЬ(1;О), ВС-АВ.
Отже, ВС І АО І ВС * АО , тоді АВСО — паралелограм.
559. Дано: АВСО — паралелограм, В(3;1) С(5;0) 0(2;-3).
Знайти: координати А.
Розв'язок: АВСО — паралелограм, тоді АВ = СО .
Нехай А(хд;уЛ), тоді АВ(3 - хл;1 - ул), СО(-3;-3}
З х4 = -З 1 - уА = -З
*л=6 ул » 4 . А(6;4).
Відповідь: А (6; 4).
Рівень Б
560. Дано: АВСО — прямокутна трапеція, АВ 4, АО =• 7 , / О = 45 .
Знайти: ВС ; СО ; ВО .
Розв'язок: проведемо висоту СН. ьСНО — пря-
мокутний, ^В = 45в, отже, ^НСВ=45г , тоді
лСНО — рівнобедрений НИ*СН = АВ*4
( АВ = СН ; ВС і АН, оскільки АВСН — прямо-
кутник)
АН = АО - НО ; АН = 7 - 4 * 3.
ВС II А/Ц , ВС* АВ, отже, ВС = АН ; | ВС1 «| АН
У аСНВ: СО* СВ-4г = -?--4>/2 . ІСО|-4^2
аіп.г£> <2 </2 1 1
2
У л АВС : х. ВАО « 90* ; АВ = 4 „ АО = 7 , тоді за теоремою Піфагора
ВВ’ * АВ’ + АО1
ВО* * 16 + 49; ВО* = 65 ; ВО - <65 ; | ВО І • у65 .
Відповідь: 3; -іУІ ; чбб .
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін. 403
561. Дано: АВСО — паралелограм, АВ - 4 ; ВС 7 , АС > ВО ва 2.
Знайти: АС| і ОВ|.
Розв'язок: сума квадратів діагоналей паралелограма дорівнює сумі квадратів
Його сторін,
АС4* + ВР1 = 2( АВ1 4 ВСІ |. Нехай ВО = х , тоді АС я х + 2
(х 4 2)’ + х’ - 2(1в + <9)
х* 4 4х + 4 + х* -130 - 0
2х* т4х-126 = о|:2
х’ + 2х-63»0
«і -9 х, = 7 (не задовольняє умову).
ВІ) = 7; АС = 9
7; | АС|=9.
Відповідь: 7: 9.
562. а) АВ = ОС ; |АВ яІАВ|, оскільки АВ » ОС , то
АВСО — паралелограм. а оскільки АВ в АО ।. то цей
паралелограм — ромб.
б) В(; = АО; і АС [ - | «В1, оскільки ВС - АО, то АВСО —
паралелограм, а оскільки АС | = ВО ,. то цей паралело-
грам — прямокутник.
в) ВС 1 Г АО ; АВ і СО не колінеарні, ВС АО , тоді
ВС || АО , а АВ і СО — не паралельні, тоді АВСО — гра
нація.
563. Дано. АВ = С0, А£>ПВС = О.
Довести: АО = ДО ; ВО • СО .
Доведення: розглянемо а АОВ і а /XXі .
АВ - СО , тоді АВ п СО , АВ = СО,
£ АВО = ОСО ; £ ВАО » £ СОО — внутрішні різно-
сторонні; лЛОВ = лВОС за І ознакою, отже, АО = ОО ; ВО СО .
564. Якщо середини відрізків АО і ВС збігаються, то АВ СО .
Доведення: Оскільки середини відрізків АО і ВС збі-
гаються, то ВС П АО = о ; АО - ОО ; ВО = СО ;
£ АОВ = £ СОВ як вертикальні, отже, а АОВ ООС
за 1 ознакою, тоді АВ = СО . £ АВО = £ ОСО — внут-
рішні різносторонпі, тоді АВ І СВ . З усього випливає;
АВ=СО.
565. Дано: а(т - 3;т - 1), а 10,
Знайти: т:
Розв’язок: <^т - з/ + (т -1)* 10
т’ - 6т ь 9 4 т* -2т 41- 100 = 0
2т’ - 8т - 90 = 0|: 2
т' -4гп - 45 0
/п, = -5 пц - 9 .
Відповідь: — 6; 9.
404 ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та Ін.
у - 2л , то
В. Дано: АВ|=5; А(4;-2) В лежить я я іншій прямій у • 2х
Знайти; координати точки В
Розв'язок: Оскільки т. В лежить на прямій
АВ(х- 4;2х+2)
Я(л^2х), тоді
Xі - 8х + 16 + 4Х* 1 8х > -1 - 25 - 0
Ьхл - 6 - 0
х = ±1
у = ±2
В(1;2) або В(-1;-2).
Відповідь; В(1;2) або В(-1;-2).
567. Дано: н(лі:15), а =17.
Знайти: т.
Розв'язок: ч/т* + 225 = 17
т’ + 225 « 289
т 1 » 61
т £8 .
Відповідь: т 8.
568 Дано.- а(-2:1). Ь(1;2), А(-2;1), В(1;2}.
Знайти: АВ, АВ |.
Розв'язок: АВІЗ: її; АВІ = .9 + 1 3\1() -
669. Дано: й{2; 1). *(-4;2).
Відкласти від А а і Ь . Чи колінеарні а і Л ?
Роао'яиоХ:
Оскільки А — початок а ; й . то кінці знайдемо так:
(«сїі/с) “ кінці а 1 Ь відповідно
Уа ~ 8 -1 хс - 1 - -4
у„ = 2 хс • -3 у, » 5
=3
В(3;2)
Оскільки а І Л лежать на одній прямій, то о
колінеарні.
Ь
і
4
В
Рімнь В
570. Оскільки АВ і СВ колінеарні, то АВ || СД , а про ВС 1 ЛВ інформації немає,
отже. АВґ'Ьі може бути або трапеції ю, або паралелограмом.
571. Дана. ЬВСД і А,ВС В — паралелограми.
Довести; оскільки АВСВ — паралелограм, то
АВ = IX’, ВС = АД , ВС* АД) , А,В » ЛС, , а ос-
кільки ААі ТТ АД), ВС( ТТ С(С, і АА, і А1В ле-
жить на одній прямій і С,С і ВС, лежать на одній
прямій, то VI, С,С
ж
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та Ін. $ 405
572. Дано: « АВС — рівносторонній, т. М лежить В
поза а АВС, МЕ = АВ; МЕ - АС; МО = ВС. /\
Донести: МРЕО — ромб. 7 \
Доведення: за умовою МЕ = АВ ; МО « ВС ; —і
М Е = АС, оскільки а АВС — правильний, то
МР = МЕ МО , тоді а МРЕ «а МГ>Е — пра-
вильні, отже, МЕЕО — ромб.
573. Дано, коло з центром у т. О, АС — діаметр. АВ —
хорда, т. М лежить у колі, МЕ а£; МО - АВ.
Знайти: ^МОЕ.
Розв’язок: за умовою МО = АВ , МЕ АС , тоді
* МИЕ «а АВС , а а АВС — вписаний у коло. ЛС — діа-
метр кола, тоді £ АВС 90*-, отже, / МОЕ 90
574. Дано: АВ = 8,3 см, ВС - 10,1 см. АС * 1,8 см. д ,
Довести: точки А, В. С лежать на одній прямій, знайти, яка
з цих точок лежить між двома іншими. 5-'"
Розв'язок: ВС = АВ + АС — за основною властивістю вимірювання відрізків.
10.1 = 8,3+ 1,8
10.1 = 10,1 т. А, В, лежать на одній прямій. А лежить між В і С.
Відповідь: так, А між В і С.
575. Дано: А(-2;2), В(3;4), С(0;2).
Знайти: чи лежать А, В, С на одній прямій.
Розв'язок: і спосіб, т. А, В, С не лежать на одній прямій.
2 спосіб.
29
-ї
,/29 = ^13 + 72. Не правильно, отже. т. А. В„ С не лежать
на одній прямій.
§17. Додавання і віднімання векторів
Сумою векторів а(а,;а,) і 6(6,56,) називається вектор с(с,;ет). с^^+б,;
ш
X
о
(X
О
Для а ; 6; с виконуються закони:
1) а + Ь = Ь + а ;
2) |а + б) + с = а + (б + с);
3) а + 6 = а . _
Різницею векторів 0(0,50,), називається
такий с(с,5Г,), який у сумі з Ь дає а .
Ь4 с »а
Рівень А
585. а) а(2;-9) б(б;3) е(8;-6); б» а(0;4) б(-8;0) с(-3;4); в) а(-1;5) б(1;-5)
с(0;0).
406 ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та Ін.
в) а(Оіі) і(О,-2) с(0;3) >с|=^0 + 9*3.
&87. а) а(-3;-1) ь(-1;2) а/ь(-4;1) а-Ь(-2;-3);
6) а(2;-7) Ь(2;3) а + Ь(4;-4) а-й(0;-10).
; | АВ - ВС І = СА | » а . ’
ш
х
о
СК
ія точок А, В, С виконується рівність АВ + ВС АС .
«Правило трикутника» «Правило паралелограма»
и+6
= а
589. а) ' ВА ♦ АС »|св|-аі<30 =
а в = —- 4* • г:
сов 30° 73 ч'З
2_________
б) ВА + ВС| = | ВВ І = 7СВ’ + ВС’ - 2ВС ВС сов/ВСВ
|.,І£лГ7
\ З З
5а’ 2а
З + З
ОЕ’ - АВ; £ АСВ = 90' + 30° - 120° ; 1 ВВ
З
г) |вс- дл|=>1 ас|
890. Доведення; За правилом
трикутника АВ + ВС » АС ,
АВ + Ві' = АС , отже,
АВ* ВС»АІ) і ВС.
591. Доведення: за правилом трикутника
ЛВ* ВС» АС,
АС + СА = 0 , отже,
АВ т ВС + СА • 0 .
592. Дано: а АВС , М — середина АВ; X — середина АС.
а = МІУ ; Ь МИ . ___ ______ ______
Виразити: через аіб а) МВ ; б) СУ ; в) ІИУ .
Розв'язок: а) МВ • АМ а ; б) СУ = -АУ -Ь ;
в) МУ « Ь - а .
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін. 407
593. Дано: * АВС , а • АВ ; Ь = АС. Ь
Вира піти, через а і Ь : а) НА : б) ВСв) СВ , Я/
Розв'язок: а) ВА » -а ; б) ВС ® АС - АВ = І - а ; /
в) СВ = СА + АВ = а - Ь . л
• Рівень ь
594. Дано: А(-1;4) В(0;-2) С’(3;5) і(0; 2).
Знайти: а) АВ + а ; б) На + АС ; в) СВ + АВ .
• Розв'язок: а) АВ(1;- 6), АВ т сг (1; - 8);
б) ВА(-1;в), АС(4;1) в} СВ(-3;-7) АВ(1;-б);
ВА + ЛГ(3;7) св+лв (-4;-із).
; 595. Дано: Л(0;-1), С(3;5), ЛВ(1;2).
Знайти: в) СВ - СА ; б) АВ - СВ ; ю) АС - АВ .
Розв'язок: а} АВ(1;2), А(0;-1), В(хл;рж)
1 = х, - 0 2 « р4 + 1
х.-1 у, = 1:В(1;1)
<’Л(-2; 4) СА(-3; 6)
а) СВ СА(1;2);б) АВ - СВ(3:б); в) АС(8;6) АС-АН(2;4).
596. Дано: 0(0; 0); А{1;-4): В(8;3).
Знайти: а) ОА • ОВ; б) АО - лВ ; в) ОА - ВА .
Розв'язка) ОА(1;-4), ОВ(8;3); ОА + ОВ(9;-1);
б) АО(-1;4), лВ(7;-7); АО - АВ(-8; 11);
в) ОЛ(1;-4), ДА(-7;7); ОА - ВА(8;- 11).
597. Дано: АВСП — прямокутник. АВ 3 ; ВС 4 ; АСС|ВВ = О.
Знайти-а) АВ+ АД ; б) АО + ОД + ДС |; в) АО- ВС .
Розв'язок: а) Дїягояал прямокутника рівні, в точці пере-
тину діляться навшл, а АВО прямокутний, подібний до
єгипетського, тоді АС« ВВ * б
АВ + а5 = АС, АВ + АС|« АС =5;
б) АО + ОО+ ДС АС , АСІ - 5 , АО ВС » АС.
595. Дано: АВСД — ромб, АС - їй; НД = 24 , АС Гі ВВ = 0 .
Знайти: а) АД + ДВ |; б) АВ + ВО ♦ ОС |; в) | СО ВА |.
Розв'язок: Діагоналі ромба перпендикулярні і в точці перети-
ну діляться наїшіл: АС П ВД » О, тоді у а АВО за теоремою
Піфагора АВУ = АО" ВО"
АВ = \ 25 є 144 13
в) АД т ДВ « АН. АВ + Ї)В | = | АВ | = ІЗ ;
б) лВ + ВО + Ос|м| АС|«10;
в) СО-ВА=Сб-СД = Дб, |СО-ВА|в О0|=12.
408 ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін.
699. Дано: д АВС — правильний.
Довести: ОА + ОВ + ОС .
Доведення: ОА + ОВ =* ОО , ОО • -ОС ,
тоді ОО + ^-Ос) = 0 , отже, ОА 4- ОВ -і ОС = б .
600. Дано: АВСО чотирикутник.
Довести: АС + ОВ ЛВ - СО .
І Доведення: АС + ОВ = АВ СО
ЛС + ЙВ - АВ ♦ СЙ - б
АС- АВ 4- ЙВ + СЙ = 0
ВС + СО + ОВ = о
Вй + ЙВ г 0 ; 0 - б .
601. а) Дано: АВСО — паралелограм,
С
б) СВ * а ; СО » Ь
АС =
а АВ , Ь ® ВС
АС = ЛВ і ВС
АС = а + Ь ;
в) АВ - а , Ь • ОА
АС" АО і- ОС = -ОА + ОС * -Ь ♦ а а -Ь.
В
ь
02. а) Дано: л АВС , Ай = ОС;
а) а = Лй ; Ь » АВ ;
б) а в СВ ; Ь • ЛВ .
Знайти; ВЙ.
Ром'язок: 0 & с
а) ВЙ= АО-АВ^а-Ь;
б) АІ) - т' - а
ОС + СВ- ОВ « Ь + а .
Вй » -Ь - а .
Рівень В
іб. Дано.- д АВС , О - точка перетину медіан.
Довести: ОА + ОВ + ОС = 0 .
Доведення: Медіани в точні перетину діляться у відношенні
2:1, починаючи від вершини ОА + ОВ ОК
ОК = -ОС
ОК т ОС = б
ОА + ОВ + ОС б .
607. Дано: АВСО — паралелограм, М — довільна точка.
Довести: МА + МС = МВ + МО .
Доведення: Діагоналі паралелограма в точці пере-
тину діляться навпіл.
|(л/А + А/с) = МО
МВ* Мй)- МІ)
1
2
(ЛМ т Мс) 11 МВ + Мй). отже, МА + МС - МВ + МО
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та Ін. Ш 409
608. А(-4;2), 0(0:0)
х~ха = У-Уа
*9 ~ХЛ Ро - ул
х + 4 у - 2
0+4 0-2
-2(х + 4)= 4(у - 2
-2х - 8 = 4у - 8
-2х - 4р 0 і: (-2)
х + 2у = 0 .
Відповідь: х + 2у = 0 .
609. Дано: А (1;б), В(3; 1). С(5; 2).
Знайти: 4 АВС,
п • , л і,,, + ЛС* ' АС*
Розвилок: соя/.АВС = —— ——
2АВ ВС
АЛ=\ ї+~їб = <20 = 2^5 Вл
вс = 7Ї 7Ї = 7б
АС = 716 + 9 «б / \
‘™гЛВ "г-гЛ^*0 аД-------------------
/ ЛЛС = 90 .
Відповідь: 90 .
§18. Множення вектора на число. Скалярний добуток векторів
І Добутком а (а,; а,) на числа * називається вектор Аа = (Аа(; Аа,).
Якщо А > 0 , то ТТ Аа*, А < 0 , то Ті Ааг.
Рівень А
618. а) а’(б;-8), А = 0,5, Аа(3;-4) Ааі = х9+16 І;
6) а(5;12), Л = 3, Аа(15;3б), На | = <225 + 1296 = 39 ;
в| а(~1;- 2), А * -1, На | 71"» 4 ® 7б . Аа(1; - 2}.
619. На = 10 ;
а) а(3; - 4); 9А’ + 16Л= = 100 , 25А* НЮ , А’ = 4 , А = 12;
61 а (18; 24); 324А* + 576А1 » 100 . 900А’ » 100 . *х = , А = ± -° ; А = ± 1 .
' 1 000 зо з
620. а) 6- Ла , А --2 , а(~0,5;3]; 6(1;-6);
61 а АЬ , А « і , а (-6;-9); а (-2:- 3).
621. (-і)’О -а , Аи Аа ; якщо А« -1, то виконується: • 1а -а .
622. Дано; АВ - ВС = СО = ОЕ , а = АВ
Виразити: черем а АЕ ; ВЕ ; ЕО ; СА .
Розв’язок: АЕ = 4а , ЕО - -а
ВЕ = За , СА = - 2а .
а
А ’В С О Е
624. а(-2;3) Л(8;18) с(-4;-9) 7(-4;б).
Вектори колінеарні, якщо їх координати пропорційні
а
а
і
ь-.=?=1
8 18
-2 З
с : — —
-4 9
а
і
не правильно, а 1 Ніс колінеарні;
11 - -
- не правильно, а і с не колінеарні;
— = - правильно, а 1 і колінеарні; а ТТ д
410 ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та Ін.
Ь
с
ь
1
в 18
с’ 4 -9
5: -4-=-9
4 6
8 18
«— а —
4 о
</:
-2 в -2 правильно, 6 1с колінеарні, Ь 1 X с ;
1 = - - не правильно, с І «і не колінеарні;
-2 3 не правильно, Ь І не колінеарні;
Відповідь: а ТІ д ; Ь 1X с .
625. Дано: а(14;-8), Ь(-7;х) — колінеарні.
Знайти: х, чи сшвнапрямлені а і Ь .
в . , 14 В
Роле влок: якщо вектори колінеарні, то —— •— .
= -2 < 0 , то а Ті Ь
-7
х = 2.
Відповідь: -2; а ТІ Ь ,
626. а) а(7;-4), б(2;3), а Ь = 7 - 2+ (-4)-3 - 14 - 12 = 2 ;
б) у -4, ь| = б7з. ^!«л)=30'; а Ь = |а|-:Ь со»г[«&);
А 5/3 УЗ
ар =---- -т--— = ЗО .
Скалярним добуткам а І о,; а,) 1 називається число а4 • Ь( ч-а, - б.
Скалярний добуток а і Ь дорівнює а-Ь = а Ь|Соях(а&}.
627. Дана; АВСГі — квадрат, АВ 1 . * "
Знайти: а) АВ А1> б) АС • АВ .
Розв'язок: н) АЛ АВ = АВ АВ СОв £ А ; АВ АЛ = 1-1 со» $Ю = 0 .
6) АС-АЛ = ІАС| АВ см2САВ
АС* = 2АВ*; АС « АВ^2 ; АС 72
АС АВ 72 Ісовіб’ » 1 .
2
Відповідь: 0; 1.
628. а) о(0;4), Л(в;-2), а Ь = 0 6 + 4 (-2}= 0 -8 «-8;
16) а | і- | ь »2, 2^а,ь)»120. а &• |а| б соа^
а Ь = 2 • 2 газ 120” = 4 І - і | = -2 ;
* /
в) ЛВ = АС=ВС = 6, АВ ЛС= АВ АС; соайО
АВ АС = 6 6-і» 18.
2
629 а) о(2;-1), Н 4;-8). сі№«ф;Ь}- ГтЙ
2І2?НН-».) . _8 • »,. 0 ЛІД . 90...
' > м4 + 1*ч16х 64 75-780 ' 1
6) а(2;1), Ь(1;3), соа2 |а;б) г^ГТЯ
ЖШЖШЖЖ&Й ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та Ін.411
совкї(а;6І
2 14 1 3 5 5 <2
у'4 + ЬуІ+9 ТГГлО 5у2 2
X(а;б) = 45е .
630. а(х;р) 6^; х)
а 6 ху ♦ у • (-х) = ху - ху = 0 , отже, а 1 Ь .
Рівень Ь
632. Дана* а(3;- 1}, 6(-4;10); а) е а 2а 4 0.5* ; б) с= За - 6 .
Знайти: координати с ; с .
Розв’язок: а) е = 2а 4 0,56 ; 2а(б;-2); 0,5б(-2;5); е(4;3)
г| л уіб + 9=5
б) с = 3и-6; &Д9;-3) с(13;-13)
-6(4;-ю) |с| = <169 + 169 - І3у2 .
Відповідь: а) с(4;3) , | с | = 5 , б) <?(13; - 13) | с | = 13м2 .
633. Дано: а (0;- 3) б(-2; 1) с(-4;11) с = *а' + » .
Знаііти; Л.
Розв’язок: с = Ла + 26
Ла(О;-ЗЛ) 2б(-4;2)
е(-4;-ЗЛ + 2)
-ЗЛ + 2 - II
-ЗЛ = 11 - 2
ЗЛ = 9 . Ь - -3 .
НиМовігіь; -3.
634. Дано: л АВС , ВМ — медіана.
Довести; ВМ - 11 ВА + ВС) . / \
Доведення: додаткові побудови СО || ВА ; ВС || АВ - \
АВСВ — паралелограм. ‘ у
АС і ВО його діагоналі, які в точні перетину т. М діляться \ /
начніл: ВМ • 1 ВО . X/
.» — - —— л
За правилом паралелограма ВА + ВС а ВО
- (НА + ВСІ = ВИ , |(НА * ВС) а ВМ . ІЦо й треба було довести.
О
635. Дано: М — середина АВ, N — середина СО. Л
Довести; Мії = АВ + ВСІ. / \
2 д /Л/
Доведення' продовжимо до перетину ЛВ; ‘
ВС і МА’ — перетнулись у т. О, тоді / у
б// = і(ов + ОС). ОМ « 1 (оа + ОВ\, М^ ОРІ - ОМ 0і - -
2' ' 2 1 N------ЛС
ЛІГ^ «|(ов + ос) - |(&А + ов) а •’ (од пл + дс- дв}- * І АВ + ВС і
М!>1 а 1 (АІ) + ВС| Що й треба було довести.
412 ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та Ін.
©36. Дано: л АВС , а- АС , Ь = ВМ , ВМ — медіана.
Виразити: АВ; СВ через а І і.
! Розв'язок: ЛЯ АМ < МВ
АВ о-а-Ь, СВ * СМ + МВ СВ = - ~а - Ь.
2 2
Відповідь: АВ « ~о - Ь; СВ = -а-Ь.
В37. Дано: АВСО — ромб, а = АС ; Ь - ВО .
Виразити: АО і ОС через а 1 Ь .
Розв’язок: АО АО + ОО . АО 1 в + « • -|а »• ї>)
ОС = Од + ОС, ВС--”Ь + |а=
Відповідь: АО = 1(а + д). ОС«^(а-й).
ЬЗВ.Дано: Л(-3;1), В(3;4), С(1:3).
Г Довести: А. В, С лежать ва одній прямій. Яка в точок лежить між двома ія
пхими?
(Доведення: АВ(6;3) АС(4;2) ВС(-2;-1)
АС АН + ВС. 4=6-2; 4-4.
2 - 3 - 1, 2 = 2.В лежить між А 1 С. Що й треба було довести.
639.Дано: А(2;3) В(4;б) С(7;8) о(11;х). АВ і СО — колінеарні.
Знайти; х, чи співналрямлені а і Ь .
Розв'язок: АВ(2;3), СО(4;-8І.
Якщо АВ і СО колінеарні, то 3 - 3- ; 2(х - в) = 12
1 X о
- = - х-8«в х = 14
4 6
1 = 1 > 0 . отже, АВ ТТ СО .
2 2
Відповідь: х « 14 , АВ ТТ СО .
640.Дано: а(4;х) Ь(дґ,9) а і Ь —колінеарні.
Знайти; х, чм співнапрямлеаі а і Ь .
4 у ,
Розв’язок: Оскільки а І Ь колінеарні, то — = — х3 36 х - ±6
X н
х -6 , то а(4; — 61« Ь(~6;9), ^ = ~^<0’то й
’О і/
х = 6; то а(4:6) б(б;9)
1в®>0,тоаТТб.
6 У
641. Дано: а(-1;7з) в(1;-7з) с(о,5;>/з).
Знайти: ЛА, ЛВі ЛС .
о . д АВ АС
Розв язок: сов Л А г і , _хті
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та Ін. 413
АВ(2;-273), АС(1,5;0)
| Ав|« ^4+ 12 4 І лс|в ^2.25+ 0 = 1,5
СОвЛАа —— - ; /А =60
4 1,5 2
ВС ВА
сов/В =
ВС І .| ІІА (
ВС(-О,5;2/3) ВА (-2;27з) ВС| * ^0,25 + 12 3,5
<•08 £ В » • 77 " 0.9286
8,5 4 14
гв«69\ ЛС = 180° -(60“ +69 )«51°.
Відповідь: 60а; 69’; 51е.
542.Дано: А(-5;2); В(-2;1); С(-1;4).
Знайти: ЛА, ЛВ, ЛС .
Розв'язок: ЛВ(3;-1), АС 4; 2).
АВ | 7» + І * \Ю ; | ЛС = ^16 + 4 = 720 = 2-&
АВ АС 12-2 10 72
м^"[д1]^"7їїГ^=ЯГГТ- гА-*5,
ВЛ(3:1) В<і(-1:3) Вс|- 71,9-Ло
. _ ВА ВС -3 + 3
соаЛВ = ..—. — = — = о , ЛВ - 90г , ЛС 45е .
Івл|!вс ТііГТіо
Відповідь: ЛА- ЛС » 45°, Л В = 90 .
643. Дано: а і Ь не колінеарні; |а|*|Ь .
Довести: а + Ь і а - Ь — перпендикулярні.
Доведення: (а + б)(а - ь) = І а Ґ -1Ь Ґ = 0 . Отже,
{в + X (а — Ь|.
644. Дано: а (і; о) 6(1;1) (а + *й| X а .
Знайти: к .
Розв'язок: а + кІЦі + к; к), оскільки /а + кІ>} ± а . то {а + М>) а = 0 .
(а + М>} - а = 1 + к + 0
1 + *=0
В = -1.
Відповідь: Я* -І.
645. Дано: а(1;8), Ь(-3;2); (а + *5)15.
Знайти: к,
Розв язок: (а + ЛЬ|( 1 - ЗА; Я + 2А), оскільки [а + Ай| X Ь , то (а йб ) 5=0
(1-М)(-3) + (8 + 2*)-2-0
—З + Зк + 16 + ІА = 0
7А + 7-0
Т* = -7
к = -1
Відповідь: А ж-1 .
414 ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та Ін.
47»Дано: ..АВС, АА,; ВВ,; СС, — медіани, д
М — точка їх перетину. Х/\
г Довести: ь) АА, + ЛЯ. + СС, = 0; б) МА + МЯ + МС 0; /\ 1
в) з АА.; ВВ(; СС, можна скласти трикутник. [/%. лТ\ \ 1
Доведем нл.1 \
а) Аа, - і (АВ + АС); ВВ, = І (НА + ВС); СС, -1 (СА + СВ);
2 2 2
І ___ ______ 1_____ 1__1 — 1 -— 1 — 1 —
АА. + ВВ. + СС, - -* АВ ( < АС + * ВА Ь * ВС + ±СА + „ЄН = 0.
І п ‘ ’ 2 2 2 2 2 2
| 6) Медіани трикутника в точці перетину діляться у відношеній 2:1, починаючи
_____________________ 1------------------------------------------------ 5
з вершини, отже, СМ = - МС. Добудуємо АМВ до паралелограма АМВВ, Тоді }
І __ _____ _____ _____ 2_ . _ _ _____ З
МА + МВ = МР. МВ = -МС. тоді МВ + МС * 0, отже. МА + МВ + МС = 0. 5
в) АА, .АВ 4 ВА, ВВ, * ВС + СВ,: СС, = СА + АС,',
АВ + ВА, < ВС + СВ, + (А + АС,;
ВС + СВ. < АВ і ВА, + СА + АС,;
СА + АС, < АВ + ВА, 4 ВС + СВ,. Отже, з відрізків АА,: ВВ, і СС, можна склас-
ти трикутник.
6п9. Дамо: лАВС. М — точка перетину медіан, а « АВ; Ь « АС.
Виразити: ВМ і МА.
Розв'язок: Медіани и точці іеретнну діляться у відношенні 2:1, починаючи
від вершини
2
З
---- 2
ВМ = ±
З
____ о______ ____ 1 - 1 -
ВМ = І ВВ,; ВВ, « а + ~Ь « ~Ь - а;
Ч 2-
- о - — а;
З З
Мл » МВ + ВА • -і -1* - й = -1-а -1*.
3 3 3 3
___ 1 . 2 —• 1 1 -
Відповідь: ВМ - -Ь - а; МА - -а - ,Ь.
3 3 3 3
В50. Дано: АВСВ — паралелограм, ВМ : МС «1:3; АВ ч а; АІ) = Ь.
Виразити. АМ і МВ через й і Ь.
-------------------------- 1 --— — 2 -
Розв*яаок АМ АВ + ВМ - а + Ь; МВ = МС + СВ = ~ Ь а,
з з
Відпиоідь: А М « а + і 6; ,М В = | Ь - а.
З 3
651. Дано: (й т ?А) 1 (5п - 4Ь).
Знайти: кут між а і Ь.
Розв'язок: За умовою (й + 2й) 1 (5а -45),
(а т2ЬМ5а-46)= 0".
5а’ - 4а5 + Юай - Зо’ =0;
І 3 + ИаЬ । 0;
6аЬ 8; аЗ і; |а| [5 еоа а = ~.
1
1-сова = ті а = 60 .
2 Лй *
Відповідь: 6ОГ.
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін. :*:•$ 415
652. Дано: а(2; -1); 5(4; 3); (а + кЬ\ 1 (Ь - а).
Знайти; А.
Розв’язок; 4 • Ь 8 3 = 5; |а| = »4 + І « 7б; |Ь| = ^16 + 9 = 5;
(а + Д&) • (5 - а) = 0; аЬ - а1 ♦ кЬ - каЬ = 0; 5 - 55 - 5 + 25Л = 0;
20* - 0; к = 0.
653. а) Дано: |а| - 272; Іб| = 4; Ь) « 135е.
Знайти;
Разе язок: ____________________
Й + 2Лі = 7(<і * 25? 7а* + 4а Ь 4 45і = ,'в - — '4 -— + 4 16 7Ї0 - 2710.
V 2
Відповідь: |а + 25 = 2Ч10.
б) Дано: |а| = 2>/3; |б|« 2; г(а; Ь) = 150 .
Знайти: |2а - б|.
Розв’язок: _
|2а - б| = ^(2а - 6? = 4іаа - 4аЬ 4- б* - »'48 + 4— 2^--2^ •* 4 = 776 = 2719.
Відповідь: |2а - б| = 2719.
в) Дано: |а| б| |Єі = 1; ^(а; Ь) = зДЬ; с) ^(а; с) = 120".
Знайти: |а + Ь + с|.
Розв’язок: а бвЬ іві-ІяІ'1 сов 120 = — —;
_________ ______________ 2
|а + б + с| = 7<а + Ь + с? = 7»’ + 2дЬ + Ь* + 2(а ♦ 5) • с + ?’ 71- 1 + 1 — 1 —1 + 1 = 1,
Відповідь: |< + б + сІ » 1.
654. Дано: |а| = 3; |б| = 2; (а - 6? + (а - 26) = 56.
Знайти; хі(а; Ь).
Розв'язок: (а - 5? 4 (4 - 2Ь) « 56; а* - 2аЬ * Ь* + а’ - 4а - б + 45’ » 56;
9-»4 + 9+16-баб =56; -баб. 56-38; -баб = 18; аб«-3;
З 2 совг(а; 5) =-3; сов ^(а; б) - - ; ^(а;б) = 120\
Відповідь: з!(д; 5) = 120\
655. Дано: трапеція, сер. яін. - 33 см, а ; б = 3 : 8.
Знайти: а, б. а * &
Розв’язок; сер. лін. = —. Нехай а = 3 см, 5 8 см, тоді
Зх 4 8х 2
—-— = 33; 1 їх = 66; х в. а = 18 см, 6 = 48 см.
Відповідь: 18; 48.
656. Дано: АВСД — ромб, ЛС 10 см, ВВ 24 см;
М, N. Р, К — середини сторін ромбе.
Знайти: вид МКРК І РмхяГ
Розв’язок: Оскільки М, N. Р, К — середини сторш ромби,
то АI^, ^Р, КР, МК — середні лінії &АВС, лВСД, &АСВ
і а АВВ відповідно. Отже, МКРК — прямокутник.
МЯ • КР - * АС = 5 см; ^Р - МК = - ВО = 12 см;
2 2
^нчп 2 (б + 12) = 34 см.
Відповідь: прямокутник, 34 см.
416 ш ГЕОМЕТРІЯ Єршова Д. П. та Ін.
>19. Векторний метод
Рівень А
(159, Дано: АВСО — трапеція, МИ — середня лінія.
? Довести: середня лінія трапеції паралельна оспонам
І і дорівнює їх півсумі.
І Доведення; 1)ВС кМЯ', АО = ІММ",
2) М~Я = МА + АО + О~Я; МІЇ » МВ + ВС + СЯ;
2МЯ МА + АО * ОЯ + МВ + ВС + СЯ;
МВ + МА*>&,оЯ + сЯ» б, тоді
2МЯ »ВС4 АО-, МЯ *±(ВС + АО).
Я 2
660. Дано: лАВС. Мії — середня лінія.
Довести: МЯ\\АС; мЯ = ~АС.
Доведення: МЯ - ЛАС; МЯ - МВ + вЯ- АС - АВ + ВС;
МВ = ±ЛВ; ВМв^ВС;
2 2
NN - і ЛВ + ~ВС = |(АВ + ВС) - | АС.
2 2 2 2
Ь52. Дано: АВСО — прямокутник.
Довести: АС ОВ.
Доведення; АС « АВ + ВСі ОВ = ОА + АВ; [ПАЇ = [вС!,
। За теоремою Піфагора: АС — АВ + ВС ; ОВ = ОА + АВ ,
отже, АВ* + ВС’ = ОА 4 ЛВ , а тоді АС* ® ОВ , а а цього маємо АС ОВ.
Рівань Б
663. Дано.’ АВСО — паралелограм. --------__С
Довести: АС? + ВІР = 21АВ’ 4 АСИ. 7>. 'У
Доведення: АС - АВ + ЛІ); ВО ВА + ВС; ' /
І ас’= |ЛВр Т 2 |ав|[ап|со8/А+ [ао|і; А
ВД7 = Вл’+ 2|ВАіІВС{сов^В+ВС*; сов/В = - соз ^<А;
АВ в ВА*; ЛВ' = ВС1, тоді маємо:
АС* = АВТ + 2 АВ||АВ|сов^А + А»";
вії* - ав: - 2;ав!|ао|соз 2А і АВ ;
АС’ + ВІЇ* • 2(ЛВ’ + АД ), отже, АС* + ВО* = 2(АВ' + ЛО‘).
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін. 417
РОЗДІЛ IV. ПОЧАТКОВІ ВІДОМОСТІ ЗІ СТЕРЕОМЕТРІЇ
§20. Прямі І площини в просторі
Основними фігурами » просторі с точка. пряма і площина.
Взаємне розміщення прямої і площини у просторі:
Взаємне розміщення прямих у просторі
РІмніг А
698. Дано: А т а
Знайти: чи будуть всі прямі, які проходять через
точку А і перетинають пряму а, лежати в одній пло-
щині?
Розв'язок: Сдипу площину можна провести через пря-
му і точку, яка не належить цій прямій, отже. А і а
лежать в одній площині а; тому будь-яка точка прямої
а лежить у а. Отже, будь-яка пряма, яка проходить
через т. А І перетинає а, лежить у <1,
699. Дано: а || Ь.
Знайти: чи будуть уа прямі, які персі тіпають обидві
дані прямі, лежати в одній площині?
Розв'язок: За умовою а || Ь, отже, через діб можна
провести площину а.
Отже, всі точки прямої а і прямої Ь лежать у а, тому
всі прямі, які перетинають обидві прямі, лежать
у а.
418 ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та Ін.
гОО.Даяо. аПЬПс = О-
Знайти: чи лежать в одній площині а, Ь, с?
Розв'язок: За умовою аПЬ 0, отже, а і Ь лежать
в одній площині, Ь П с 0, отже, Ь і с лежать в од-
ній площині і Ь не може лежати одночасно у двох
площинах, тому а, Ь, І с лежать в одній площині.
701. Дано: через точки А, В, С проходять 2 різкі площини.
[ Знайти: чи лежить т. С на прямій АВ?
І Розв’язок- За умовою точки А, В, С проходять одночас-
но у двох різних площинах (а і 0). це виконується, якщо
т. А, В, С проходять через пряму, яка е спільною для а
і Р. тобто пряму, па якій перетинаються а і р. Отже, т. С
лежить на прямій АВ.
702. Дано: ьАВС, £В = 90 , ВС с а.
| Знайти: чи с АВ 1а.
Розв'язок: Пряма перпендикулярна площині, якщо
вона перпендикулярна будь-якій прямій, яка лежить
у цій площині. За умовою ВС с а, АВ 1 ВС, отже.
АВ 1 а.
АВС
Відстань від точки до прямої — довжина перпендикуляра, проведеного від
и до прямої.
703. Дано; а, ВС с а, ВС ® 7см,
АВ і а. АС = 25.
Знайти: відстань від А до а.
704. Дано: а П а = 0; А Є О, АО 32 см,
В є а, АВ = 40 см.
Знайти.* ВС.
Розв’язок: За умовою АВ 1 а,
ВС с а, отже, АВ — шукана
відстань, а АВС — прямокут-
ний, тоді а теореми Піфш’ора:
АВ' - АС* - ВС1; АВ1 = 625 - 49;
АВ‘ = 576; АВ « 24 см.
Відповідь: 24 см.
Розв’язок:Оскільки АО 1 а, то«АОВ —
прямокутний. З теореми Піфагора:
ОВ1 * АВ*- ОА1; ОВ* - 1600 -1024;
ОВ’ = 576; ОВ 24 см.
Відповідь: 24 см.
705. Ь Ц а
а IIЛ а = Ь. Прямі а і Ь не можуть перетинатися.
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін. 419
707. Площини мають спільну
тачку, бо персти каються на
прямій, яка є спільною для
706. Ь Щ а, а ± а
а П Ь а&Ь. Прямі а і Ь не мажуть бути
аирилельпими.
708., аса, Ь с &. а || р
а || Ь. Прямі а І Ь не можуть
перетинатися або бути мимо-
709. Оскільки аПР ес, а а С а, то а і с
лежать в одній площині а, отже, а [і с
або аПс.
Рівень Б
710. Дано: точки А. В, С, В не лежать в одній площині.
Довести: ЛВі^СО.
Доведення: Якщо АВ П СВ, то точки А, В, С, І) лежа-
тимуть в одній площині, що суперечить умові.
711. Дано: точки А, В, С, О не лежать в одній площині.
Знайти; чи можуть які- небудь три з них лежати на
одній прямій?
Розв'язок: Нехай три точки лежать па одній прямій,
тоді черев цю пряму і точку, що не належить площині,
можна провести площину, тобто псі чотири точки ле-
жатимуть в одній площині, що суперечить умові.
712. Дано: Ь с Р, е Ц 0.
Довести: Ь і с перетинаються.
Доведення: Припустімо 6П<% тоді сПб, оскільки
бер, що суперечить умові, отже, Ь і е не перетина-
ються.
713. Доведення: Нехай через точку А (Аеа; проходить
кілька перпендикулярів до а. тоді їх основи лежать ии
прямій бей, тобто а 1 б, А є а, а через точку, яка
не належить даній прямій, можна пронести перпенди-
куляр і тільки один.
420 ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін.
714Дано;а, аПсх = О, а±сх, ВО = ОС,АВ =АС — 13см,
А є а. АО = 12,
Знайти: ВО', ОС.
Розв'язок: За умовою ВО - ОС, ЛОл а, отже, ВС с а,
АО 1 ВС.
715. Дано: а, АВ І а, В є а, С є а, В є а,
АС = 25 см, АС =17 см, АВ = 15 см, СО = 28 см.
Знайти: чи лежать точки В. С, В ва одній прямій?
Розв'язок: За умовою АВ 1 а. тоді л АВС
і дАВВ — прямокутні. З теореми Піфагора:
ІСВ1 = АС* - АВ*; СВ3 - 825 - 225 = 400.
СВ » 20 см;
ВВ‘ - АВ’ - АВ3; ВВ’ = 289 - 225 = 64,
ВВ = 8 см;
СВ = СВ + ВВ; СВ = 20 + 8 г 28 см.
і Отже, точки В, С, В лежать на одній прямій.
2а
а
А
л
25
716 Дано: аП*. И*-
Знайти: чи можуть прямі а І с
бути паралельними, мимобіж-
ними, перетинатися.
Розв'язок; За умовою аП5,
тому лежать в одній площині;
Ь Ц с, тому лежать в одній пло-
I щині, отже, аПс.
а П р, а і Ь лежать у площині а, а А Р Ь, с С 0, Ь || с, тоді а і с — мимобіжні.
Припустімо, що а || с, тоді ЬII с за умовою і а Ц Ь, що суперечить умові. Отже,
прямі можуть бути мимобіжними або перетинатися.
717. Дамо; ЛВ + СВ.
Довести: АС ♦ ВВ.
Доведення: За умовою АВ * СВ, отже, АВ і СВ ле-
жать у різних площинах, не перетинаються, тобто
всі чотири точки А, В, С, В не лежать в одній пло-
щині, тому АС + ВВ.
718. Дано; а || р. аПува; Ьру = б.
Довести: а II Ь.
Доведення: Якщо дві площини паралельні,
то будь-яка пряма одніс! з них паралель-
на іншій площині, тобто оскільки за умо-
вою а |' р і аси, Ь с 0, то а || 0, Ь і| а,
А якщо пряма паралельна площині, то
вона паралельна будь-якій прямій, яка
лежить у цій площині, тому а 1 Ь.
719. Дано: а || 0; аПа»А;
аГ)0 = С; ЬПа = В; 500= В.
Довести: АС = ВВ.
Доведення: За умовою АС II ВВ,
задоволенням вище (див. >5 718).
АВ |і СВ, отже. А, В, В, С лежать
в одній площині і утворюють па-
ралелограм, отже, АС = ВВ.
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін. :£;
421
§21. Многогранникм. Призма
Рівень А
734. в) ав = 6 см; й 5 см.
=р Ні
5-6 6 5 = 180 см*.
б) 5ия * 36 см1; Л = 10 см.
5 -25 +3 . З =Р Ні
а* > 36; а » в см.
5«« = 4 6 10-240 см’.
З = 2 86 4 240 72 + 240 = 312 см*.
ж»ж
) $а,. » Р
& АВ< —
єгипетський,
отже, АВ = б см,
Н « 5 см,
оскільки АВВІАІ —
кьадрат.
= (3 4 4 + 5) 5 = 60 см*.
735. в) 3 « 4,3 см*; Л = 6 см. -- - 4>?3; а* =16; а = 4;
4
= 3 4 6 - 72 см*.
»> 8„ - !8_-к 5.,; И.
З лАПИі за теоремою Піфагора АО* АО* - £>!>’;
АІР • 269 - 64 = 225; АЛ =15 см.
З а ОСО, за теоремою Піфагора ЛС* = Л,С* - ЛЛ*;
ЛЄ = 100 - 64 - 36. ОС 6 см.
5^ = 15 • 6 = 90 (смж).
5*^ = 2 (15 + 6) = 42'8 - 336 (см*).
З , - 2 90 4 336 = 180 4 336 - 516 (см7).
736’ 5«и. 1 «) см*; Л = 5 см; Р Л = 90;
8.=^:
50 = Ці); = 13; а = 3 см.
737. а) Л = 10 см. З » 30 см*: а = — = 3 см; З -25 + 5. ;
сжж к*сн.
5^=3 3 10 = 90(см*);5„, -2-9 490= 108 (см*).
6) 5жш - 3 4-12 (см*); 5 =2 (3 + 4) - 70 (см1);
5М =2-12 + 70-94 (см*).
422 ££ ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та їм.
4 а’<3 х /х
738-а) 5 ----ї-ха^З ;
4
б) ап 2 см; І я 4 см.
Зш,.& 2 4 = 20 <«**)•
'39. а) Дано: ЯАВС — правильне трикутна піраміда,
ГАС - 5 см, 5£ 4 см.
Знайти: 5<Ив.
Розв'язок: 5Лчв = | і
З а ЗЬС а теореми Піфагора ЬС’ - 8С1 - 3£’;
І.С1 25 - 16 = 9: ІС = 3 см. Тоді ВС = 6 см.
5Ь,. - |-3 6 4-36 (см’).
Відповідь: 36 см’.
6) Дано: 8ЛВСІ) — правильна чотирикутна піраміда.
З,в =25 см’; ЗЬ = 8 см.
Знайти: 5ГО.
Розв'язок: 8^ = + 5„Л: 5Я,^ • - І.
а* = 25; а » 5.
ВИіЬ = - . 4 • 5 8 = 80 (см*). 5 = 25 + 80 = 105 (см1).
Відповідь: 105 см’.
/41. Дано: 8АВСВ — ирааильнв чотирикутна піраміда.
= ЮЗ см’- 5«,.. > 5«. в 2 Р®3**'
Знайти; сторону та апофему.
Розв'язок: 5а,„ = | Рм і, 8^ = а’;
23- 5^. ; 35_ = 108; = 108 : 3; 8М = 36; а - 6;
- 4-6 1 = 2 36; 1-6.
2
Відповідь: сторона 6 см, апофема 6 см.
742. а) 5^ « 24 см’; й = 5 см; V = 24 5 - 120 (см1);
б) а - 2^2 см; Ь = 4 см; а = 45е; й 8 см; V = ^2 • 4 • <2 8 = 128 (см1);
в) а » 2 см, Л = 6,3 см; V = І• 2і • 6<3 - б (см1). •
З 4
743. V - 36 см1; Р^ • 24 см.
4а - 24; а = б см.
V - 1 6’ й = 36; й = 3.
З
Відповідь: 3 см.
744. а) V - 120 см»; 5, • 18 см’; 5, - 42 см’.
а Ь Л = 120; ай- 18;й й = 42;
1 о-И= ь.^: 756-б-4^;
л й й й 63 63
й-6.3(см);а-^; 5-^; а-ї|; Ь^б?
7 9 і а
Є
Відповідь, а = 2^ (см); Ь = 6~ (см); й = 6,3 (см).
7 З
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та Ін. 423
Рівень Б
745. Розв'язок: 8^ Р^ • Л.
За теоремою косинусів:
АВ1 = АС* + ВС* - 2АС ВС > со» 2С; АВ1 = 49; АВ = 7.
£«,. = (8 + 5 + 7)10 . 200 см*.
Відповідь; 200 см*.
>♦
£
!$
г»
б) Розв'язок; Ві) а\!2; ВВ 4^2 (см).
З лВОВ' за теоремою Піфагора:
ВВ* = В1ВІ - ВД*; ВВ* "81-32; ВВ; « 49; ВВ, = 7.
8„ “ 4’ = 16 с“’ї З*,. = 4 4 7 = 112 см*.
8, , =2 16 + 112 = 144 см3.
Відповідь: 144 см*.
746. Розв'язок: &АВС подібний до єгипетського, тому АВ = 10 см
У лВВ'А з теореми Піфагора В В' = АВ* - АВ*;
ВВ{ = 676 - 100 = 576; ВВ-, = 24 см.
| • 6 8 » 24 см*; 3^ = (6 + 8 + 10) 21 = 5765 см*
5^ » 2 • 24 + 576 « 624 см*.
Відповідь: 624 см*.
'26
10
Я
6
» 9^3:
а\3
4
- • ЗА* -аіп ^АЗГ;
8
747. Дано: АВСВЕР — иравильня шестикутна піраміда;
ЗА 4 см. /Л8Е = 30е.
Знайти: .
Розв'язок: 8..
3 16 -1 = 12 (см3).
м
Відповідь: 12 см*.
б) Дано: 8АВС правильна трикутна піраміда;
= 9^3 см’; 8С « б см.
Знайти: 8^ ,. .
Розв'язок: 8^ - 38^; 8,
а* = 36; а = 6 см.
З* = у РІР - аХр - ЬМр - с); р » 51 *6 = 8;
4й
8Д « ч8(8 -’б)(8 - 5X8 - 6) - ^'8 з“з~2 = 12 (см*);
8вя = 3 12 - 36 см*.
Відповідь: 36 см*.
748. Дано: 8АВСО — правильна чотирикутна піраміда;
5«« = 51 в 1>
Знайти: 8 .
Розв'язок; = і Р„ • /; 5 « 1р.
4 &
8*
4І2 ’
25 5 „
її- 3 111 з® к=> *
4/ 2/
8’
Відповідь: —
4/’
424 ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін
М9. Дано: АВСОА'ВіС'Ої — пряма призма»
і АВ< 'Л — трапеція, 4В = СІК ВС = 4 см,
[ А1> = їй см, /А = 45% АЯОІАІ — кьпдрят.
Знайти* V,
9<3;
Розв’язок: V = 5 Н, Зт = \(ВС + АЛ} ВН.
Проведемо висоти: ВН і СК, НВСК — прямокут
10- 4
ник, ВС - НК = 4 см. АН = КЛ = - = 3 см.
І *
| л АВН — прямокутний, рівнобедрений, тоді ВН АН 3 см.
1 8-г- = - 3 = 21 (см*). АЛЛ1АІ — квадрат, отим*. Н 10 (гм).
V » 21 • 10 - 210 (см*).
ВіОдсюмІк 210 см*.
Т50. Лана. АВСА,©^ — правильна
трикутна призма.
= 54/3 см*; СС, = 6 см;
5МІЇР — правильна трикутна
піраміда; е.АВС аЛГЯР.
ВМ > ВИ - ВР.
Знайти:
Лк»я язок: 14^^, - — • 5Д;
“5.ЛЖ СС1*. 5«М- 6 = 54^; 5^ = 9^3;
а1 я 36; а * 6 см: МВ' б см. О — центр описаного кола, МО = Я
а-яТЇ; В и Ь
З
2уЗ см
З
751. а) Дано: 8АВС — піраміда. А В - 4 см, ВС - 13 см
АС - 15 см. ЗО дорівнює найбільшій висоті ь АВС.
Знайти. У]іц>.
Розв'язок; VI. ~3_я Я; 5
пцр Л О«Ж» І
5-лж в уРІР - ЛМр - ьмр - С); р =
•» 5
дЛІІС
4+13 + 16 ,в
--------=16;
2
= У1вП в 4X16-13X16 1&) л/16 12 3 1 - 64 « 24 см*.
Найбільша висота трикутника 4 — висота, проведена до найменшої сторони.
СН 80.
З^ІАВ СН; 24-і 4 СЯ; СЯ 12 см. У „ - | 24 12 = 90 (см1).
Вісілові^ь,- Уб см*.
б) Дано: АВСЛА1ВІС1О> — прямокутний паралелепіпед. ВДЖ71 « 15 см1;
3 ІН сч’ї =^° см‘'
Знайти: V .
Розв 'язок.* V г = а б Л.
о Ь = 15; Ь • й = 18; а Л = 30.
15 18 15 18 „п
а = — ; Л = —•: — * %г = 30-
Ь о о о
270 » ЗОЬ*; 5* - 9; 5 » 3 см; а я 5 см; Л = б см.
У -5 3 6 - 90 см*.
ВЮпоаідь: 90 см*-
ГЕОМЕТРІЯ Єршона А. П< та Ін, 425
Рівень В
752. Дано: ЛВСВЛІВІСІО1 — прямокутний паралелепіпед.
ВО « 10 см, ОС, 17 см, /ЦО « 3<29 см.
Знайти; 8и<
Розв’язок: 5 х Рм Л + 28^.
З а лВІ): а’ +' 5* - ІІЮ. З а /XV,; 5* 4 Л* = 289.
З а АЛЛ,: а* 4 А* = 261.
а* - 261 - Л»; Ь* = 289 - А*; 261 - Л* 4 289 V < 100;
2Л* = 450; А* = 225; й 25 см;
а* = 261 - 225 = 36. а = 0 см; Ь 289 - 225 64: Ь 8 см.
8 , = 2 (6 4 8) 15 = 516 см1.
Відповідь. 516 смт.
753. Дано. АВСЛ ВЇСІ — правильна трикутна призма.
8^^ » 12у91 см2; В.Н « 2<91 см — висота.
Знайти: 8^.
Розв'язок.1 8.,= Р_ • Л.
И»*к «хм
Ядліу - АС Ді*0 12<91 |АС 2<91; АС 12 с«- А
ВАВХС — рівнобедрений, В,Я — висота, медіана і бісектриса.
У а ВНС іл теоремою Піфагора В,С* а я,Н 4 НС*;
В.С2 = 364 + 36; В*С’ = 400; ВгС • 20.
У л В НС в теореми Піфагора ВВ* » В,С" - ВС1; ВВ,! и 400 - 147 255;
ВВ{ = 16 см.
5„ - З 12 16 - 576 см*.
754. Дано: РАВС — трикутна піраміда. РА ВС;
РН = АС; РС - АВ.
Довести: в АРВ л й ВРС • & АРС = а ЛВС.
Доведення: За умовою РА ВС, АР = РС, РВ спільна
для л АРВ 1 а СРВ, л АРВ = а СРВ за ПІ ознакою;
а АРВ аДСВ за Пі ознакою;
а АРВ а АРС за ІП ознакою.
Отже, в АРВ - а ВРС = а АРС = д АВС за ПІ ознакою.
735. Дано: РАВС О — правильна чотирикутна піраміда
8А- т. гАРС 60".
Знайти: .
Розв'язок.- V _ » * 8_. Й. д АРС — правильний,
' З
... _ АС’ - т'
тому АС = т. • — .
Л РО — медіана, бісектриса і висота рівпобедреиого
А РАС, у А АРО гАОР = 9а. /ЛРО « 60п. £РАО - 30”.
, г.. . 1 . „ т .
тоді ІЧ.) - АР - - ; Л = — -
2 2 2
„ І /п1 т т*
•* = 3 2 2 12
в»2
Відповідь:
12
426 ГЄОМ ЕТРІЯ Єршова А. П. та ін.
756. Дано: 8АВСПЕГ — правильна шестикутна призма.
£В( » а. /ЛВ.Е • а.
Знайти: V.
Розв'язок: V 5^ й.
. З л ВЕВ, ІЛВ,ВЕ = 90' ЛВВ,Е = а, В,Е-- <іу.
ВЕ = а віп а і ВВ, я (і сов а; ВЕ « а; 8 - ~;
• 2
_ 3 4* зіп* аТз 3\/ЗсҐ віп* а
і Я зя = 11 --•
“2 2
| зТ&Ґзіп'а гісова ЗУЗ</*а1п1асо8«
2 = 2
3\/34*зіп’асо8а
§22. Тіла обертання
Рівень А
766. Розв’язок: У а.АОО, з теореми Піфагора:
ОА* = О, А* - ОО/; ОА* = 625 - 576; ОА - 7.
З ж = п 7* - 49я см1.
Відповідь: 49л см*.
767. а) Т • 4 см, й - 6 см. 8^ « 2пЙ(Я + Я).
5,ж »2п 4 (4 -Ь 6) = 80л см2.
Відповідь: 80л см2.
б) 5в_ = 25л см1, І - 10 см.
• ?Лг - 25л; В 5 см.
З, в = 2яЛГ. 8*п « 2л • 5 10 100л см*.
Відповідь: 100л см*.
768. а) В - 4 см; 2лН - Н; 8я = Н. 5Шад - 64я см*.
Відповідь: 64л см*.
б) д - 3<2 см; а ~ см' = 8 см; й “ 3 см.
5^, «= 2я З (3 4 3) 36л см*.
Відповідь: 36я см*.
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін. 427
769.. Я « в яіп 30° = 3 см.
Л-5О-6 совЗО =Л^ = зУз
2
Відповідь: 3\3 см.
770. а) І » 13 см. І 12 см.
Я =ОА - 4169^144 = 5 <
5*,м.4яЯ/;
5^ = я • 5 • 13 65я см*.
Відповідь: 65л см1.
б) І = &4 = 10 см,
2:О5А = ЗО’.
ОА = 1 5А = 5 см.
2
5пя пЯ(Я + 0;
5_ - * • 5 • (5 Ч- 10) = 75п см1.
Відповідь: 75л см1.
771 «Деко; конус з віссю 50. 5^ - 9к см*; 50 = 4 см.
Знайти: 5 .
Розв'язок: 8а а «• кЩН + і); 9л = хЯ*;
Я я З см, л ВОА — єгипетський. —
/ - ЙА = 5 см. 5„, « я 3 (3 + 5) = 24я см1.
Відповідь: 24я сма.
772. Розв’язок: Я = 2 см, 5^ 4ЛЯ1; 5 = 4 п 2і » 16л см’.
Відповідь: Івк см1.
773. а) Розв’язок: Я = 3 см, Л = 5 см.
V = хЯ*Л; V = я 9 5 - 54х см*.
Відповідь: 45п см*.
б) Розв’язок: Н -» <45 - 36 = З см.
в) Розв'язок: 8 » Збх см1.
іяЯ1 = 36л; Я1 * 9Я = 3.
Кум ’ | «Я3; Кум ~ я • 8* = 36л см’.
Відповідь: Збя см’.
774. в) Розв'язок: 8т = 16л см1; Л = 5 см
яЯ* = 16я; Я - 4. К» хЯ2Л; У = я 4і 5 80я (см1).
Відповідь: 80я см1.
428 ££ ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін.
Б) Розв’язок: ЗА а 3^2 см. У аЯОА: 5А = 3<2 см, /8АО їА8О = 45е,
80 ; ОА - Я - ->----?— - 3 см.
V = 1яВ*Н; V =|я 9 3 = 9лсм*.
““З з
Відповідь: 9г. см*.
8.
А
в) Я = 9 см, Умл « я - 9* - 972л см*.
Відповідь: 972п см*.
Рівень Б
5. а) Дано: циліндр з віссю ОО,, О,А « а. ЛОО^А = а.
Знайти: 8й<вввЛ.
Розв'язок: 8^ - 2пЯН. Н - ОО,; Я ОА.
ьО'ОА — прямокутний, /О,ОА = 90 ,
О,А = а; ЛОО^А — а»
Я = ОА а віл а; Н • ОО, = а сов а.
5Л» 2я а віп а а сов а = ча* віп 2а.
Відповідь: па* віп За.
б) Дано: циліндр з віссю ОО,; ВС = АС 17 см.
Знайти: 5пл.
Розв’язок: 5>ж = 2п/цЯ + Л). Л = СВ 15 см, АВ Я.
З ьАВС за теоремою Піфагора:
ЛВ* ЛС* - ВС1; АВ1 « 289 - 228 - 64 см*; АВ • 8 см.
З, И 2я 8 (8 + 15) = 368л см*.
Відповідь: 368я см*.
776. Дано: цнліпдр з віссю ОО,. 5^ 9л см7,
Г С — середина твірної, СО = 5 см.
Знайти: 8Л ж_.
Розв’язок: 8а л 2яЯ(Я + Л). 9я = яЯ1; Я 3.
л.ВСО — єгипетський.
ВС 4 см, тоді АВ = 8 см.
5 « 2п 3 • (3 + 8) = 66л см*.
Відповідь: 66л см*.
777. Дано: конус з ніссю 50, 50 =" 20 см, ОК 1 ЗА, ОК = 12 см.
Знайти: 8^.
Розв’язок: 8о Л = йЯіЯ + /)•
З а ЗОК: віп гО8К ж ~ 1 віп ЛО8К = Ц » 0,6.
У ВОЛ: ОА* ЗА 0.6. Нехай ЗА з х см, тоді ОА О.бх см.
За теоремою Піфвіора: ЗА* » ОА* + ЗО’; х* - О.Збх* + 400;
0,64х* « 400; х* = 625; х = 25.
ЗА = 25 см, ОА - 0,6 25 = 15 см.
8,, “ я 15 • (15 <• 25) ® 600л см*.
Відповідь: 600л см*.
778. Дано: конус з віссю 50. 8^^ - 32п см’. 5А = АВ (/ О).
Знайти: 5^.
Розв’язок: За умовою і В в 2Я.
5мв = яЯ»; 8^ = пЯІ « 2яЯ2; 2лЯ* » 32л см’; яЯ* - 16л см*.
Відповідь: 8в< = 16л см*.
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін. <:•$: 429
779. Дано: конус з віссю 80. ^ОЗА = ЗО ; 54 АК. ОК = 8 см.
Знайти: 8п _.
Розв'язок: 5мга = лЖЯ + і).
а ВОА — прямокутний, К — середина гіпотенузи.
ОК = 8К - АК = 8 см.
54 » 16 см. тоді 04 = 54 лїп^ОЗА. ОА = 16 - » 8 см.
2
= я 8•(6 + 16)« 192я см*.
Відповідь: 192я см*.
780. г<,и * 30л Г = з «Л*; Збл = * яЯ»; Я° = 27; В - 3.
5^ = 4кЯ*; 5 ч 4я • 9 = Звя см*.
Відповідь: 36л см’.
781. а) Дано: циліндр з віссю ОО,, висоти АВ = Н, ВС Н — хорда, /ВОС в а.
Знайти: V .
Розв'язон; У^ = п/ГН. Розглянемо а ВОС: £ОВС ХОСВ • 1— — а 90° -
ю| й
За теоремою синусів:
СВ ВО
віп гвос 81п ЛОСВ
----ВО. ""** : ВО.-»-:
аіп а । ппг а 1 п , а а _ . а
яіп 90 - - 2яіп соя ~ 2віп -
І 2; 22 2
і Х л 2Еї!_
, • > а . ь , а "
4віп’ — 4 яіп —
2 2
Відповідь: V .-25^—.
. . і я
4вІП —
2
782. Дано: конус з віссю 80, « 10 см.
5еи.,и«. “ - 5 С“. = 12 см.
Знайти: V
•
Розв'язок: У = яЯ1//. г = 2,5 см,
5а«.п« = їпЯН 5я 12 = 609я см»;
= г-М-
яЯ • 10 = 60л: 6 см.
д 504 — подібний до єгипетського, отже, 50
Ут = І я 36 8-96л см».
Відповідь: 96л см».
Рівень В
783. Дано: АВСО — прямокутник обертясться навколо АВ.
«дасв " Я.
Знайти.* 5^____.
Розв'язок: 5в<жвм = 2лЯН. '
Я = СВ, Н - АВ. АВ • СВ = 5.
5^ ^ = 2я 5 (см»).
Відповідь: 8^ 2л5.
430 О ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та їм.
784 Дано: конус а віссю ЗО, ЛОЗА а, 8^,^ = 0.
Знайти; З**.
1 розв'язок: 8жл = кК*; 5в„ " яЯ/; яШ =
Я < І віп а; я І • І віп а « ф
(.02; Я„ ЕЦ.в1ПО= 1^“;
уявіпа улети \ я
І _ лфвіпа
в = —-------ж він а.
— л
Відповідь: 8М = V віп а.
785. Дано: циліндр з віссю ОО,. Вм 4?; 5#|ш = 5.
Знайти: .
Розв’язок: Ут = яЯ*Я; Зм * О « пН>; 5ш,в • 2пЯЯ = 5.
В = .-; 2п Д-Я = 5; 2^*0 И - 8; Я = Л~;
\х \я 2<яО
I V --$* Л 5
~ ’ 2^0 2Уя’
ВШпмІдь: Г„ -|Д.
788. Дано: конус з віссю ЗО, ЗА дав ЗО = Я,
Знайти: 8. ___.
Розв'язок: 8 = пНІ. За умовою І = д.
тоді В |,
£
у а ЗОЛ: лЗОА 90°. за теоремою Піфагора
/‘-4 + Н’; Я1»?-*’: »’вТ^ ^ = 4 "*;
4 4 4 3
2Я Я
' н 7з’ 5~
2пН
З
В ід повідь: 8.
я-
II 2Н 2лЯ’
787. Дано; АО 24 см, В є АВ. С є ЛЯ. дв
Знайти; ВС. * *
Розв'язок: ВО = АО АВ. Нехай СО - х см, тоді АС = Зх см.
х 4 Зх = 24; 4х 24; х = 6;
СО = С см, АС ж 18 см, ВС = АС - АВ; ВС =18-7 = 11 см.
Відповідь; 11 см.
С Я
788. Дано: аСіЬ, ЛІ + 22 + ЛЗ 220е.
Знайти: кут між а і Ь.
Розв'язок: Кут між прямими цс найменший кут, утво-
рений при перетині цих прямих, отже, знайдемо 23.
При перетині двох прямих утворюються суміжні й вер
ти кальні кути 21 + 22 = 180', отже,
23 = 220* - 180 ' « 4(Г.
Відповідь: 40”.
789. Дано; а АВС, АВ » ВС, АИІСМ - медіани.
Знайти: а) ьАММ аСІИЯ; б) лАІЖ - лСВ.М.
Доведення: а) Розглянемо аАУМ і ьСММ. За умовою
М, N — основи медіан, ЛГЯ — середня лінія &АВС.
ЛАМії =» ЛСІЇМ — як суміжні з рівними. МИ спіль-
на, АМ « СN, отже, ьАЯЛГ = лСММ за 1 ознакою.
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін. 431
б) Розглянемо АВМ і лСВМ. ЛВ — спільний. АВ = ВС (за умовою). ВМ « ВАГ,
оскільки М і N — основи медіан. Отже, дАВМ = лСВМ за І ознакою.
790. Дано: лАВС, /ІЇВС — зовнішній,
В А' бісектриса ЛКВС, ВК І АС.
Довести: АВ - АС.
Доведення: За умовою ВК Ь АС, отже,
/ВСА = ЛКВС — зовнішні різносторонні.
Зовнішній кут дорівнює сумі двох внутрішніх,
З НИМ не- ГХ'МІЖНИХ.
лА + /С - /ЛВС » лКВК 4 /ХВС,
а оскільки - ЛКВС = /С, то /А = /С.
Отже, л АВС — рівнобедрений і АВ * ВС.
791. Дано. ВС = В,С,. ^А * 80",
ЛВ - /В, 55”, /С, 45’.
Довести: л АВС д А^С,,
Доведення: Сума кутів трикутника дорів-
нює 180а, отже, у лАВС /С = 45е, /С\ =
4&0, /В « /В, = 55°, ВС = В,С, (за умо-
вою), отже. л АВС = дА1ВІС1 (за П ознакою).
792. Дано: ьАВС, МК — серединний перпендикуляр1 до ВС,
МК П АВ - М, ЛАМС о 50’.
Знайти: .сВ, /С.
Розв’язок; Суми гострих кутів прямокутного трикутника
90 . Отже, у лАВС ЛАСМ = 4Гг. л МКВ - д МКС за двома
катетами (МК —• спільний, * N0, оскільки МК — се-
рединний перпендикуляр). /С + /В 90'.
Нехай ЛМСК = ЛМВК ж®, тоді
х + х 4 40 = 90; 2х = 50; х • 25.
Отже, /В = 25°, ЛС - 25а + 10’ * 65».
Відпитдь: 25е, 65’.
793. Дано. а АВС, /А = 90”, СМ — бісектриса,
МК 1 ВС, л.КМА = 140’.
Знаїїти: ЛС, ЛВ.
Аме'ялж; Розглянемо д АМС і д КМС, МС *— спіль-
на гіпотенуза, ЛКСМ ЛАСМ (за умовою), отже,
д АМС * л КМС за гіпотенузою 1 гострим кутом, тоді
: АМС 70”, ЛАЄМ • 20 . ЛС » 40 , а їВ = 50 і.
Відповідь: 40'. 50°.
794.Дано: «АВС, АВ = 5 см, ВС = 12 см. ЛВ — тупий.
Зноити: у яких межах може змінюватися АС.
Розв'язок: АС - АВ Т ВС; АС <54 12; АС <17.
оскільки ЛВ — тупий, то АС > 12. Отже. 12 * АС < 17.
Відповідь: 12 < АС <17.
795. Дано. АВ - а, АЬ = /, /А = п.
Побудувати: лАВС.
Побудова:
1) Проводимо пряму т.
2) На т відкладаємо АВ І.
3) Будуємо ЛА - а.
4) Ділимо ЛА навпіч.
5) На бісектрисі ЛА відкладаємо А£ = І
6) Проводимо пряму ВЬ.
7) т. С — точка перетику ВС і АС.
8) * АВС — шуканий.
796. Дано: /А, В, С — точки дотику кола зі сторонами /А. А^ —
бісектриса ЛА, М, N — точки перетину бісектриси з колом.
Донести: & МВМ - а МСЛ^.
Доведення: Розглянемо лАСМ і лЛВЛГ. За умовою
^САЛ а 2 ВАМ. АС « АВ як відрізки дотичних. А№ —
спільна, отже, л АСМ • а ЛВМ’ за 1 ознакою. З цього
маємо: ЛВМС » ЛСМВ, СМ - ВМ, ММ — спільна для
а МВМ і а МСМ, отже, д МВМ = а МСМ за І ознакою.
В
797, Дано: АВСВ — паралелограм, М < АО, N Є ВС, АМ * МС • АВ, 4А » 80“.
Довести; МВМВ — паралелограм, знайти його кути.
Доведення: Оскільки АВСВ — паралелограм, то
| Л£О, ВС | АО, за умовою АМ = СМ, тому
ВМ ВМ, отже. МВМВ — паралелограм,
д АВМ — рівнобедрений. 2А = 80і. тому
I ЛАМВ = . АВМ 1-°°2'— = 50 ;
ЛВМВ 180° - 50 = 130е (оскільки вони суміж-
ні), ЛМВМ 50 , ЛМВМ - ЛМВМ • 50е,
ЛВМВ ЛВМВ = 130е (оскільки у паралелограма протилежні кути рівні).
Відповідь: 5(1, 130е.
В
79В. Дано: АВСВ — рівнобедрена трапеція. АС ± ВИ',
М. М.Р, К — середини сторін АВСВ.
Довести: ММРК — квадрат.
Доведення: Оскільки М, N. Р. К — середини сторін
трапеції АВСВ. то МР, РК, МК, ММ — середні лінії
і вВСВ, а АСВ, аАВВ і а АВС відповідно.
За властивістю середньої лінії МР | ВВ, МР = | ВВ, МК | ВВ, МК » ВВ, отже,
1 2 1 2
МК МР, ММ | ЛС, ММ » -2 АС, РК | АС, РК « - АС, крім того. АС X ВВ, мне-
мо ММРК — ромб, у якого сторони перпендикулярні, тому він — квадрат,
799. Дане; а АВС, коло описане навколо а АВС.
ЛВ = ВС, ЛАОС - 140е.
Знайти.* ЛА, ЛВ, ЛС.
Розв'язок: ЛАВС — вписаний, який відповідає центральному
ЛАОС = 140”, тому ЛВ = 70°, а АВС — рівнобедрений. тому
у а 180* - 70° __в
ЛА « ЛС »-----~---- 55°.
Відповідь: 70ь. 55 , 55 .
800. Дано: а АВС. ММ АС, ЛМ : МВ • 3 : 5.
КР =» 8 см — середня лінія.
Знайти: МИ.
Розв'язок: За властивістю середньої лінії АС «16,
за умовою ММ І АС, тоді а АВС <ч а МВМ.
2в_.8; Л/Х-Юсм.
МИ МВ NN 5 8
Відповідь: 10 см.
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та Ін. Ж 433
801. Дано: а АВС. ЛС » 9(Г . СЕ — бісектриса, Ак = 75 см,
ЕВ 100 см, СН — висота.
Знайти: АН, НВ.
„ , . АГ АС 75 З
Разе язок: За властлиістю бісектриси: —- = —— = = —.
ЬВ СВ 100 4
ЛС - Зх см, ВС 4х гм, тоді за теоремою Піфагора;
АВ* = АС* + СВ1; 175 5х, оскільки лАВС подібний до єгипетського, х = 35;
АС '3 35 105 см, ВС «4 35 = 140 см.
АС* АН АВ; 105* = АН 175; АН = 63 гм. тоді НВ = 175 - 63 = 112 см.
Відповідь: АН - 63 см, НВ = 112 см.
802. Дано: л АВС, АВ = 8 см, АС = 15 см, ЛА 60*.
Знайти: 8>лЖ, В лас.
Розв'язок: 8. = - ЛВ АС аіп (ЗО";
2
5а = |-8 15-у «ЗОЛ (см1).
За теоремою косинусів: ВС1 АВ* 4- АС1 - 2АВ АС соя ЛА;
ВС* 64 4 225 -2 8 15 - -120 = 169: ВС - 13 см.
2
Ра <|Г» = 8 + 15* ІЗ = 36 (см).
Відповідь; 30^3 см*; 36 гм.
803.Дамо: аАВС, АВ «11 гм, ВС 25 см, АС = 30 см.
У а АВС вписано коло а центром О.
У коло вписано правильний іМІЇК.
Знайти: 8 л м*ж.
Розв'язок; 8л - Р • г;
і’ьим- = уІ*Р - аКр - Ьнр - с);
17 + 25 + 30 „
р =----------- = 33 і М;
С
2 • ЗО
8..— « >33 22 8 3 + 132 см’; г 1 4 см; а. = г^/З; МИ 4>3 см-
• ду І
5-’ ~ 4 ; = 4
Відповідь: З^іуд « 12>3 см*.
гм’.
В
804. Дано: АВСО — паралелограм. 3^^ = 21 см*, ВН = 3 см — висота, ЛА = 45’.
Знайти: ВІ).
Розв'язок; 8лвео = АВ ВН; 21 = АО 3: АО = 7 см,
&АВС — прямокутний, рівнобедрений, отже,
АН = ВН = 3 см. НО = 7 - 3 = 4 см.
У а ВНО за теоремою Піфагора:
ВІР ВН* + НІУ. л ВНО — єгипетський, ВО 5 см.
Відповідь: 5 см.
805. Дано,- АВСО — трапеція, АВ = СО, АО - ВС = 10 см.
У трапецію вписане коло, г = 6 см.
Знайти: 3_____.
три
Розв'язок: 8_.. = -(£)€ ^ АО) А. А = 2г; Л 12 см.
треа л
Проведемо висоти ВИ і СК, тоді за умовою
АН + КІ) -10 см, а АВН » аІ)СК за гіпотенузою і катетом, АН = КВ - 5 См.
У л АВН ЛАНВ 90 , ВН - 12 см, ЛН = 5 см, за теоремою Піфагора:
434 ГЕОМЕТРІЯ Єршоца А. П. та ін.
АВ1« АІР + ВН»; АВ’ - 25 +• 144 = 169; АВ СВ » 13 см. Оскільки у трапепію
можна вписати коло, то ВС + АВ = АВ + СВ 26 см.
| *26 12 = 166 см’.
Відповідь: 156 см*.
608. Дано: л АВС. £С = 90°, АВ ж 18 см, ВС =• 24 см. * АВС вписаний у коло.
Знайти.* 5_?
Розв'язок: Оскільки прямокутний трикутник вписаний
у коло, то його діаметр — гіпотенуза. За теоремою Піфа-
гора; АВ» = ЛС” 4- СВ»; АВ» = 18» + 24*; АВ» = 324 + 576;
АВ = ЗО см.
* 225
Відповідь: 225 см».
607. Дано. дАВС, АС = Ь. £А « а, £В = р, ВВ — висота.
Знайти: ВВ.
АС ВС АВ
Розвязок: За теоремою синусів; ——— • ——77 » ———»
віп /В аіп АА віп АС
8Іп/С = 8іп(180<' - |а + Р)) = аіп(а + Р);
- ЛВ ♦ ЛВ - г,8Іп(а4'Р).
аіпр віп(а + Р)’ аіпа 1 А
„ 1 » 1 6» аіп(а + р) аіп а 1кі о».
З..* = - ЛВ АСвіп АА; 5^ • ----------г-------- - Ь яіп(а + р).
“* 2 2 аіпа 2
В^в^АС ВВ', Ь1 зіп(а + р) = * * ВВ; ВВ = Ь иіп(й + р).
мм. 2 2 2
Відповідь: &зіп(а + р).
808. Дано: А(-6; 1), В(3; 0), С(4; 5). ВМ - медіана.
Знайти: ВМ.
„ X. + х. у А + ус
Розв язок: хи - 4 к; ум = д --- £:
£ «
-6 + 4 1+5 л **. і.о»
хи = —-— = -1; уи = —— = 3. М(-І; 3).
2 — ______
ВМ = УІ(Х„ - х,)» + ІУ„ - ВМ » 7(-1-3)а + (3 - 0)’ = 5 см.
Відповідь: 5 см.
809. А| 1; 2). а) В(-5; 4). Точка, яка в центром симетрії точок А і В, лежить на од-
ній прямій з т. А і В і рівповідддлена від А і В.
х.+х_ Ул+Ув .. , 2 + 4 - о. ГІ^О.ЧХ
хс = А 2 * ; Ус’ л--е: хсж —= -2; Ж 8, С(-2, 3).
б) СЦ-1; 2). Осьова симетрія точок А і С е серединним перпендикуляром до відріз-
ка АС.
Знайдемо середину АС:
І х-=ііі*в; у‘=•210,012)-
£ & А л»
Складемо рівняння прямої АС: у 2.
Точки А і С симетричні відносно осі Оу, тоді осьова симетрія буде: х ж 0.
Відповідь: х » 0.
в) В(-4; -1). хп = хА + а; ур ж ул + /»;
1 —< » 1 + а; а = ^5; -1 “ 2 +• Ь; Ь = —3;
х'жх-5;у' = у-3.
Відповідь: х" = х - 5; у1 у - 3.
ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П, та ін. йй 435
г)£(~2; 1). ОЛ(1;2); ОЕ(-& 1);
па б£«-1-2 + 2 1« 0.
Отже, ОА ± ОЕ.
Кут повороту а = 90. Напрямок
дроти годинникової стрілки.
д) Г(3; 6). Центр 0(0; 0), Л = З
Відповідь: центр 0(0; 0), к 3.
в 10.Дано АВС1) — паралелограм.
Знайти: АС + ВГ) - 2 ЛІ).
Розв'язок:
АС + ВІЇ - 2АІЇ = АС + Н/> - АІ) - АО - АС - АО - ВВ - АГ) = ЙО + Ьс - АО -
• ВС - АГ) 0.
Відповідь; 0.
811. Дано: АВС. АВ( -4; 3); ВС(7; 1).
Знайти: хіА. /.В, /.С.
Розв'язок: АВ(-4; 3}; НА(4; -3); ВС(7; 1); СВ(-7;-1);
_ На ВС 28 3 25 72 .
сод хГЙ = —т; сов і В у і »---------------? = — -. ҐВ - >1
|НЛ.«Йс| уіб + 9 <49 +1 5 5^2 2
= Ь-Ул = 3;
І^-ля = 7; ІРс-уя*1; /
х. - X - 3; ус - у « 4; АС(3,- і); СА(-3; Ч); А —
соя ЛА = ^ггС4; СОД /В = - 90 Тоді /С = 45 .
АВ| |АС| 5 Ь
Відповідь: 45г, 45’\ 90 »
436 $$ ГЕОМЕТРІЯ Єршова А. П. та ін.
В;>
Розв’язання
вправ та завдань
до підручника
«ГЕОМЕТРІЯ»
А. Г. Мерзляка,
В. Б. Полонського,
М. С. Якіра
й$ї
§ 1. Розв'язування трикутників
1. Синус, косинус і тангенс кута від 0 до 180
ш
І
о
а
О
Косинус кута залежить тільки під градусної міри кутя
й не залежить від німожоння Й розмірів трикутника.
Сторони прямокутного трикутника можна знайти
за формулами:
а - с аіп а,
а = біда,
Ь = ссова.
ік Р при Р = 90г не існує.
кін (90 - р) = со» р; сов (90’ - |і) = кіп р (для будь-якого гострого кута).
Для будь-якого кута:
ніп(180 - р> . віл Р;
совІІвО'’ - Р) -соя р;
ід р(180" - Р) - -ЬД Р (для р к 90 ).
При зростанні гострого кута аіп а ! а зростають, а сов а спадає.
Значення тригонометричних функцій деяких кутів
а 0 ЗО 15 60а 90 180" 270* 360
віп а 0 1 2 75 2 7з 2 1 0 1 0
сов а І -.3 2 75 2 1 2 0 -1 0 І
їв « 0 7з 3 1 ^3 —* 0 — 0
З
11.1)соя а — 7 яіп га , 0' 5а£ 90' — 1 чв
л 5 „ ,
З основної тригонометричної ТОТОЖНОСТІ
віп* а + со»7 а = 1
сов’ а -1 - віп8 а
/— Гі“ < х к 9 25-9 а 10 а4
сова-^І-Чп =-^ЦвІ Й
4
оскільки а знаходиться у 1 чв., кут гострий, тому сов а - .
2) сов а — ? яіп а - - , 90 5 а 5 180° — II чв,
З
; . і А 11 1 - !Ч - 1 х 8 х 275
сов а = ± VI - віп а = ±,'1 - - = ±,.—— - ±. " —•
\ 9 V 9 \9 З
Оскільки а знаходиться у 1Т чв., тому кут тупий, гоаа--
275
З
7з
3) гой а —7 аіпа--
4 __________
сов а - ±71 - віл’ а = ±. 1 - 1 І а і 71 ‘ 'Л -і 7'
\ 4 у 1о \ 1
4) віп а - ? сов а » -0,8.
віп*а ! - сов’ а.
ВІПСТ-уІ- сов’ а -^1-(-0,8)’ - ^10.84 - ^0*36 - 0.6 .
438 ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін.
Основні тригонометричні тотожності
. . зіпа , . •
зіп* 1 2 а + сов* а = 1; і<а = ——; 1 + і<а =
сова
1 1
ік’а аіп’а
д
12.1) сов а — 7 віпа = —
За основною тригонометричною тотожністю: соа* а + віп* а » І
. - і 25
сова = ЦІ - віп* а, сова « ±.|1 - = ±,
169 -25
169
13
2) аіп а — 7 соє а -0,8
аналогічно до № 11,4) аіп а- у1-соа"а .
аіп а-
’О.36 -0.6.
^1-(-0,8)’-,/1-0,64
14. 1) віп 100- сов 140“ <0.
Знайдемо значення онаку, використовуючи тотожності:
зіп 100е = віп (180 - 70”) = зіп 70°
сов 140" = сов (180 - 40°) « -сов 40'. Знак виразу «-».
2) віп 80° сов 100 сов 148е > 0;
віп 80° — гострий кут;
сов 100“ - сов (180 - 80’) - сов 80°;
сов 148е сов (180" - 32е) -сов 32°. Знак виразу «+».
3) віп 128“ сов* 130е ік 02° < 0;
віп 128“ в віп (180° - 52°) ж зіп 52°;
сов’ 130 — знак виразу •+»;
ІК 92“ = (180е - 88“) = -ія 88“. Знак виразу «-».
4) зіп 7(Г сов 90“ 104° = 0;
сов 90“ = 0, тому весь вираз дорівнює 0.
Й
Центром вписаного у трикутник кола е точка перетину біссхтрис^їого^кутївГД
15. соя Л АОС — 7
1) Знайдемо: Л А та ЛС .
л АВС : /Л » ЛВ + ЛС- 180\ ЛВ = 60*, тому ЛА + ЛС = 120“;
2) Нехай ^С-х(град.), /А-( 120- х) (град.);
3) 3 а АОС : ЛОАС =' 60 - -1 (град.) ЛОСА - х
12і
^АОС-180е -|вО=-4+Х Ь
І 2 2 І
; ЛАОС-120“;
сов (120") = сов (180“ - 60°) = -сов 60“ - -і .
£
Відповідь: - - .
2
1 Є. сов ЛВОС ж сові 30’) Ж - \3 4. Л ВОС-150“.
1) Розглянемо а ВОС : Л ВОС -150е,
тоді Л ОВС + Л ВСО - 30а .
2) Нехай ЛАВС-х (град.), тоді
ЛОВС-^ (град.), ЛВСО
3) З А АВС'. ЛВ* х (Град.), тоді ЛС {60 - х) (град.).
4) Знайдемо Л А:180“-(б0'-х + х), 2 А-120' .
Відповідь: ЛА- 120е .
30-—І (град.).
4В ..
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та Ін. 439
17. 1) 2 віп 120° 4 4 сов 150 2 ід 135°. Внкористасмо тотожності;
8Пі(90 * - а) = сов а; віп (180° - а ) = яіп а
соя (90’ - а) = яіп а; сов (180" - а ) - соя а
віп 120 - яіп (180 - 60 ) » віп 60’з '’3
2
. Ц
соя і 50“ » сов (18(Г - 30 ) = -сов 30° --—
віп 135' яіп(180°-45°) ц1п45 Л ґ Л)
ід 135°--------—-----т--------г —---------—-:------- -і
сов135 сов(180 -45”) сов45° 2 . 2
ЇІідставлясмо знайдені значення у вираз;
2~ -4^ + 1- Л-2Л +1-1- Л
2 2
2) сов 120 - 8 яіп1 150° + 3 сов 90' • соя 182° «
= соя (180е - 00°) - 8 віп* (180’ - ЗО ) + 3 • 0 • сов 162° =
=-сов 60 -8 віп* ЗО +0--І-8 і- -і-2—2-;
2 4 2 2
3) сов 180' (віп ІЗв* ік 60° - сов 135) -
» -1 (віп (180 - 4& ) Л - сов (180° - 45')) » -( віп 45 73 + сад 45") =
18. 1) 2 віп 150’ - 4 сов 120 = 2 віп(180 - ЗП ) - 1 соя(180" - 60°) =
= 2 яіп ЗО + 4 сов 60 = 2 —+ 4 - —3 ;
2 2
2) віп 90°(І8 150' • гов 135е - іЕ 120 сов 135°)»
- 1 • ( і8 (180 - ЗО’) • сов (180 - 45°) - і8 (180’ - 60’) • сов (180 - 45))’ =
' -1 ( Л г= Л ї * ґ Л Л 1’ _ [’-Лв + Л ‘ І -зЛ + Л
уЗ 2 Г \ 2 1 2>3 2 ] ’ І 2Л 2>3 ’]
І 2 Л ’' . 2
' 2,3 З
19 п яіп18° - аіп 18а _ 8Іп18°^ .
' ’ віп162°твІп(180в-18°)” 8іп18°” 5
соа18 . говів _ «18 \ і^18 ’ .
" сов 162° "-совів' ’ 1 і8162° -і818°
20 1) *ІП28° 811128‘ і . 2) С°*4У - - -1 • 3) ^12< - **12*
‘ 1 віп152° аіп28° ’ 7 совІЗГ -сов49° ’ ' «168° -1<12о
21. Сума гострих кутів прямокутного трикутника — 90°,
тому приймем» г/4-о, тоді /:В-90-а;
віп* а + я!п1Р = віп* а + віп’ (90' - а) = яіп1 а + сов* в« 1.
вш 90’ = 1, віп* 90* « І.
Отже, сума квадратів всіх кутів: 1+1 2.
22, Аналогічно до № 21. / Л*-«,тоді ,4 В = 90-а,
сов*а + «та1 В-сов* а + сов*(90° -а)-соя*а+яіп"а*-1.
сов 90° • 0. Тому сума квадратів косинусів усіх кутів - 1.
440 ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г- та ін.
23. ВК — висоти і медіани аАВО за умовою, тоді
ьАВО — рівнобедрений, ^ВОК - /ЛАК ЗОЛ
ВО 2ВК =5 2 = 10 (см), бо катет ВК лежить
проти кута 30й.
КАВО 180 - (.ВАО + /ВОЛ) = 18(Г г 2 • ЗО" = 120 . д
Отже, діагональ довжиною 10 см утворює зі сторонами паралелограме кути
36 і 120’.
Відповідь; 10 см; ЗІГ; 120°.
!4. ВСІ! АЙ — основи трапеції. ВС'|АЕ; ЛВЦСЕ,
АВСЕ — паралелограм, тому ВС = АЕ = 7 см.
.... ВС + АЙ 7*17 24 ,
- ---------- —-— - — -12 (см).
2 2 2
Відповідь: 12 см. , — £ [р Л
25. Кут. протилежний стороні 8 см, не може бути ні тупим, ні прямим, оскільки в
трикутнику може бути тільки один тупий або прямий кут (за теоремою про суму
кутів трикутника), і лежати вій може тільки навпроти більшої сторони.
У трикутнику проти більшою кути лежить більша сторона.
о
26. Знайдемо / ЛВі) та /СВЙд « АВО —прямо-
кутний, <£АВП-30*: ^('ВЙ-ІВіУ-Тб -66 • 45е,
»ВЙГ —прямокутний. /С - /В = 4^, *ВПС — рів-
нобедрениі: ВО ОС.
З ЛАВО ; АО -~АВ-!> (см);
за т. Піфагора Вй—<100-25 — <75-5 <3 (см).
З а ВОС (/Л- 90“) за т. Піфагора
ВС = ^(Лб)\(^)г. Д» + 75* <Г75 = <2 3 25 = 5 <6 (см).
Відповідь: 5 у б см.
27. Розглянемо * ВОЛ ( / Й—90“):
£ ВАВ + £ ВАС -180 - суміжні,
тому ^ЙАВ-180"-150^—30“
ЙВ—|вд-6 (см).
Зй Т. Піфагора
ЙА- /12Т-6Г - <144 “ <Ю8 - <36 3*6<3 (см).
Відповідь: ВО г б см; ЙА * б <3 см — проекція ВА на АС.
2. Теорема косинусі»
Квадрат будь-якої сторони трикутника дорівнює сумі квадратів двох інших
сторін без подвоєного добутку цих сторін на косинус кута між ними.
28.1) Невідому сторону д АВС можна знайти за допомогою теореми косинусів.
АС3 = 5* + 8* - 2 -5 8 сод 60" Л/у
АС? « 25 + 64 - 80 | / >?
АС3 -89- 40; АС-±<49 / X.
АС = 7, оскільки довжина сторони не може бути від'ємною, дь------
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г, та ін. ££ 441
3)
4) ВСа-3*+(272)*-2-3 -275 •совІЗб’*
совІЗб’- сов(!80“ - 45°) - -сов45 '=;
ВС* - 17 + 12
ВС” «29. ВГ« 729.
ВС3 =9 + 8 + 2 3 ,272-
29. £>£’ - 8х + 5» - 2 3 • 5 сов 120’
сов 120’ -сов (180 - 60 )--сов 00 =
В£* -9+25 + 15
В£* - 49
В£ - 7.
ЗО. Більший кут лежить проти більшої сторони. Використовуючи теорему коси-
нусів, знайдемо найбільший кут, що лежить проти сторони завдовжки 28 см.
ВС* = АВ* + АС* - 2АВ АС • сов а
АВ’ + ЛС’-ВС’
сова
2 ЛВ АС
12* + 20’ -28і
соа а —---------
2 12 20
144*400-784
сова = -.. ' -----
2 12 20
сов а < 0. тому а — тупий кут. а = 180“ - 60а = 120°.
544-784
31. Середній кут за величиною лежить проти середньої за
Порівняємо сторони: 718 - $~2 -3<2~4.2. Середньою
рона б см.
АВ*+АС*-ВС* 18+49-25
сов а --- ----------; сов а - — г—---
2 АВ АС 2 718 -7
1
; а я 46°.
сова
довжиною сторони,
за довжиною е сто
32. Для встановлення типу трикутника використовуємо наслідки з теореми коси
нусіз. Якщо а* < 5* + с* — гострокутний;
а* > Ь1 + с* — тупокутний;
а* Ь1 + с*. де а — найбільша сторона трикутника — прямокутний.
1) 5 см; 7 гм; 9 см.
II II II
Ь с а
9і 5* + 7 *
81 25 + 49
81 > 74 — тупокутний;
2) 13 і 12*+ 5*
169 - 144 + 25 прямокутний;
8) 18’ 15’ + 10*
324 225 + 100
324 < 325 — гострокутний.
33.12* 7* + 8’ 34.17* 8*+ 15*
144 49 + 64 289 - 64 + 225
144 >113 — трикутник тупокутний. 289 - 289 — трикутник прямокутний.
442 ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін.
За теоремою косинусів ВІЯ = АВ’ + АІ+ - 2 • АВ АГ/ соя 45
ВЯ* = 8+25-2 І 7? 5 , В Я* -33-20; ВВ- 713 .
б. І) Знайдемо £С трапеції: /С — 180'"-60 -120'
2) з л АС Я лгайдгмо АС:
АС- ,4’+І0<-2 4 10 гоя 60
3) з а ВСЯ знайдемо ВВ:
ВВ- <3/+4г-2-3 4 соя 120 ;
сон 120е = -сов 60" = -|; ВВ - ^5+Ї2 - Т37 ;
. ЛС - уА^ ЇО1 -2 4 10 совОО ; ЛС- 7116”10
Відповідь: АС-2чі9. ВО- 757г.м.
Г. 1) Усі кути пього трикутника рівні: £ А - В — £С — 60
2) А1) 4 (см); АС • 6 (см);
8) 3 лАЯС за теоремою косинусів
ВС- у 1’7бГ-2 4 6 соьбО ; £>С- у52-24;
ВС-728-277 (см).
38. ьАВС — прямокутний, оскільки АС СВ 4 см. тому аАВС — рівнобедре
пий, £ А - £В-45е.
Знайдемо АВ за теоремою Піфагора: ЛВ
1
л
СМ можна знайти з лАСМ чи з аСМіі .
З лАСММС~ ^4*+(72 )’-2-4 72 сов45"-<І0 .
з7г )*-і4'-2 4 з7г «жіь*
м
10 .
З лСМВ: МС
С
В
>/35
39. віпа—- - - . Знайти сторону ВС з а АВС ми можемо
6
косинусів.
у35
Знайдемо сов а. якщо віп а - —— :
6
86 -35
у' 36
^АВ‘ * АС* - 2 АВ ЛС соеа
за допомогою тгореми
. з 3&
сова- <1 -віп а - лі-—-
V 36
Зн теоремою косинусів ВС
І
6’
ВС- , 9+16 2 З 4-1 1 ВС- чі25- 4 ; ВС- <21 .
V в 4
40.1 ) За теоремою Піфагора АВ — ^400 т225 — \-625 —25 (см)
2) т. М буде ближче до т. В.
3) Довжину відрізка СМ ми можемо знайти з аАСМ чи
о ьСМВ , але треба знайти величину £ А або £В . Знай
ти величини цих кутів можна через співвідношення між
сторонами та гострими кутами прямокутного трикутника-
, АГ 20 4 СВ 15 3
еоах Л-—— - — . еов2В- — - ----- .
АВ 25 5 АВ 25 Б
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А, Г. та ін, :>:< 443
4) АЯ 26; АВ АМ 4 МВ‘. АМ = 25 - 4 = 21 (см).
5)з дСЛ/В: СМ - ^.41715і~'2 4 15 сов^В , СМ-,1)64 225-2 4 15 ?
і 5
СМ- <24ЬЛ2 , СМ - /169 -13 (см).
Відповідь: 13 см.
41. 1) За умовою: АС = СВ = а. тому А А -/В-45*’.
43.1) Нехай 2А-а,тоді ^В»90‘-«.
2) Розглянемо дЛВО : АОЛВ-^ ;
2
А АОВ-^-~- 45" .
2 2
Знайдемо градусну міру
А АОВ -180 -I ? + | 15’-
а
2
180
Ь.
АО = а; ВО
3) АВ-у/аг + 6**-2аЬ сов 135е
АВ — .а* + Ь1 + ІиЬ — -
44. ВО і АО - бісектриси кутів А та В.
ІХ
Нехай АА = а, тоді з л АОВ: АВАО = — .
£
/ЛВО 180
Розглянемо *. АВС'. АА • а.
444 ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. те ін.
ЛйИ -а,
І 2
Зв теоремою косинусів: АВ »
ЛС = 18(У -(120 -а + а) = 6(Г .
V а* ♦ 6’ - 2а • Л сов 60
АВ = а1 4 5* - 2о • Ь X
V *
АВ -аЬ .
, Нехай АВ = 5х (см); АС « 8х (см); х > 0
За теоремою косинусів 21’ (5хУ + (8х)* - 2 • 5х • 8х 4 сов 60
441 ® 25х 4- б4х* - 40х*
441 19г’
і 441
х —---
49
411 21
- зя ——
49 7
л. 21 5 105
7 1
21 8
7 1 7
б. Аналогічно до № 45: 12 V? і - х* т
28 х1 4-12хя-6х*
28 = 7х*
х
16 (см)
168-27 («.).
АС
(2ч/3х)*-2-х 2>/Зх совЗО"
х п
; х = 4. І сторона — 4 см; II сторона — 8см,
7. Нехай одип аі сторін, що утворила кут у 120°, буде х (см); х > 0, тоді друга
стороно — (8 - х) ем,
7* «= х4 4 (8 х)’ - 2х- (8 - х) • сой 120°
49-х’+ 64-16x4-х1-І (вх-х1) । -1
49 = 2х! 4 64 - ібх 4 8х - Xі
Xі - 8х 4-15 = о.
За теоремою Вігта та їй оберненою: х1« 3 х, 5.
Задача має два розв’язки. Якщо одна сторона дорівнює З см, то друга — б см;
або 5 см і 3 см,
3. Див пояснення до X 45, Р = а 4 6 4 с.
Якщо сторона а становить 5х (см), сторона & - Зх (см). х > 0.
то сторона с = ЗО - (5х 4Зх) = 80 - 8х.
Тоді рівняння до розв'язання задачі:
(ЗО - ех)’ = (5хр + (ЗхИ -2 • 5х • Зх соя 120*
900 - 480х 4- 64хл = 25х* т Ух» + 15х‘
15х’ - 480х 4 900 01: 15
Xі - 32х + 60 0
1) « 1024 - 240 я 784
32 4 28
*’•»" 2
32-28 „ 32 428
—Г”"2 —3 ’
Другий корінь рівняння не задовольняє умову задачі. Тому сторона а = 10 см;
5=6 см; с «7 30 - 16 14 см,
ГЕОМЕТРІЙ Мерзляк А Г. та їм. 445
49. Нехай невідома сторона х (см), х > 0.
Складемо рівняння: 14’ = 16і 4- х* 2 • 16 • х • сов 60'
196 = 256 4- х» - Івх
х* - 16х + 60 - 0
х, = Ю х, 6.
Умову задачі задовольняють дві відповіді: 10 см або 6 см..
50. Аналогічно до № 49: 35 = 15і + х* - 2 • 15 х • сов 120
1225 - 225 + х* + 15х; х* + 15х - 100 = 0
В = 225 + 400 - 625
—15±25 -15-25
х,. -------- х,----------- — не задовольняє умову.
*•’ 2 2
-15 + 25 _ . .
«.-----------5 (см).
2
51. Сторону А1> можна знайти або з ьАВй , або з дАВС .
Для цього треба знайти совхіВ або соя/С .
1)Знайдемо еов^В з аАВС і
15а * 37» + 44» - 2 • 37 • 44 • совх- В
37* 4 44*-15і
сов 2 В - —---------•
2 37 44
.о 1369 + 1936-226
2-37 44
, „ 3305-225 3080 Х540 _35
Гзї -ЇГ ‘ “/вТз7 « !75< ЇЇ
2) а лАВВ : ВО = 44 - 14 - ЗО (см), знайдемо АВ:
В
15
А
АВ- 37а + 30*-2 ЗО
АВ- /1369 + 900 - 2100 - „/2269 - 2100- <169 -13 (см).
52. 1) Довжину відрізка КМ можна знайти
з ьКВМ : КВ= 15 - 8 - 7 (см)
ВМ = 7 + 3 • 10 (см).
З ьАВС . де відомі всі сторони, можна знай-
ти сов/Г В . Див, № 51.
53.1) Знайдемо довжину сторони АС: АС* « х* + 4х* - 2 х • 2х • сов бо
АС* - 5х* - 2х*; АС* - Зх*; АС-л -73 .
2) Використовуючи умову: аг = 6* + е* — прямокут-
ний трикутник, перевіримо за відомими сторонами.
Найбільшою е сторона, довжина якої 2х, тому:
(2х)3 -х* + (х/З Г; 4х* х* + Зх*; 4х* « 4х*.
Заданий трикутник прямокутний. Прямий кут лежить проти сторони 2х.
56. Нам відомо, що сума квадратів діагоналей паралелограма дорівнює сумі квад
ратів усіх його сторін: 2 • АВ* + 2 • ВС* ж АС* + ВВ’ В_11____—С
2-49+2- 121-144 + ВВ* / ,7
ВВ* » 98 + 242 - 144 7/ ' /
ВВ*« 340 - 144 / /
ВВ- /196 -14 (см). А^—------------Ф
446 &:•: ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та Ін.
67. Нам відомо, що 2АВ1 4 2ВС3 = АС’ 4 ВЛ*. Знайдемо невідому сторону:
2 81 4 2 • ВС* * 121 4 169
ВС1 - -- - ; ВС1 “ — - 64 ; ВС - ЛІ
2
2
ВС - 8 (см)
^-<9 + 8>-2:^’34 <см>-
68. За відомою формулою складаємо рівняння:
2 • АВ* 4 2 ВС1 = АС* 4 ВО*
2 • (Xі + (2 -г хН ’ 19Ь 4 64 !: 2
X* 4 4 4 4х 4 х’ 130
2х* + 4x44 - 130 0
2х* 4 4х -126-0 |:2
х* 4 2х - 63 0
х, -7; х, «-9 — не відвовідаг умові, х > О.
АВ • 7 см;
ВС >9 см.
с
В
11
.1
2тх
59. Складаємо рівняння зя формулою:
2 • АВ’ 42 ВС1 АС’ + ВО*
2 (11і + 23') - 9х* 4 4х»
2 (121 + 529) = ІЗх1
2« 650 = 13хї
13х’ - 130<»
х* -100. х==*10.
За умовою задані х > 0, тому АС а ЗО см; ВЛ = 20 см.
А
І
60. соа А . З т. С проведемо пряму, паралельну АВ. ВС || А/Л - основи трапеції.
СК Ц ЛВ : АВСВ — паралелограм, ВС « 9 см; СК - 5 см; (ТО® 16- 9 "7 (см).
г ВАВ -А.СКО — відповідні кути при паралельних прямих АВ і СК та січній
АЛ. СІ) знайдемо з трикутника СКЛ.
За теоремою косинусів:
СВ* = 5і 4 7* - 2 * 5 * 7 • соя АК
СС-254 (9 -2 5 / X
І СО* • 74 - 19, СО = 64
СЛ- .'64 -8 (см).
61. Задача розв‘язується аналогічно до № 60:
СК || ВА; СК - % 15 ; АЯ = ВС = б см
!КВ = 11 -6-^см
За теоремою косинус ів:
( 7і5 ),-4ї45’-2 4 5со®В
„ 16 + 25-15
соя Л ----—----
40
„ 41-15 26 13
40 40 20
62. Якщо навколо чотирикутника можна описати коло, то ЛВ ♦ £Л = АА 4 АС = 189 .
Нехай АВ - а, тоді /Л = 180 - а.
З «. АВС знайдемо АС; АС « уЗ? + 4* -2 3 4сова__
З *АС1> знайдемо АС: АС = 3’ + 5 і - 2 б 5соа(і80 -а)
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін. 447
У а. АВС та ьАСІ) сторона АС — спільна, тому:
9 4- 16 - 24соя <х = 36 * 25 + 2 • 6 5 • сов а
25 - 24соеи - 61 + 60с<м а
-84сои а = 36
36 з
сов а =----; сов и - - — . Тоді АС з л АВС дорівнює:
63. Чотирикутник можна описати колом тільки тоді, коли сума протилежних
кутів — 180 .
Якщо КА 4 ХС » 180е, то коло описати можна.
Знайдемо /А з л ВАО за теоремою косинусів: ВІЯ АВ: + АІЯ - 2 • АВ • АО • сов А
ЗбвІб + 9- 2'3'4" сов А
36 * 25 - 24 ®ов А
11
сов А =----
24
сов А - -0.4583; 2А - 180’ - 62’ -118.
/А а 150'. Описати такий чотирикутник колом не можна.
64. Бехай менший кут буде а, тоді більший кут 180" - а. АВ = а. ВС = Ь.
За теоремою косинусів: АС* - а* + ьг - 2а Ь • сов і 180' -
АС* = а* + Ьт + 2аЬ сов а
ЛС“ +5’+2аЬсова
ВІЯ = а* + 5* - 2аб сов а
ВИ-* Vа" + 5*-2абсова . АС > ВІ>.
У трикутнику проти більшого кута лежить більша сторона і навпаки.
65. ВК — бісектриса, аа властивістю бісектриси' ЛЛ
Нехай АК = х (см), х > 0. тоді
х 12
КС = (18 - х) (см), тоді: —--~
18-х 15
15 х» 12 (18 - х)
Ібх 4 12х- 216
27Х-216
х - 8.
АК~ 8 см, КС = 10 см. ВКг = АВ • ВС - АК • КС
ВК1 = 12 • 15 - 8 ’ 10, НАҐ’ - 180 - 80
КС
В№ = 100. ВК = 10 (см).
66. Нехай АК — бісектриса £. А . ВК 4 КС =; 20 см.
ВК • х (см). х > О. тоді КС = (20 х) см.
За властивістю бісектрис в
ВК АВ
КС " АС
х 20
20’’х 5
5х ® 400 - 20х
25х 400
х 16, ВК = 16 см, КС - 4 см,
ЛКГ = АВ- АС - ВК КС
А№ = 20 5 - 16 -4,
АК-ч 100-64-уЗО -б (см).
448 ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін.
67. Вільшою в даному трикутнику € сторона 2Ь см.
Проведемо до неї медіану ВК.
АК = КС**АС = 13 (см)
Щоб знайти довжину медіани ВК. треба
знати кут А або кут С трикутника АВС.
З аАВС за теоремою косинусів знайде
мо кут А.
18і = 16* + 26а - 2 • 16 • 2б • сон А
. 16* + 26* -18*
СО» А —------1——
216 26
266 4275-324 532 - 324 108 54 27 27
216 26 2 16 26 І 16 26 " 16 26 8 26 208 '
З & АВК знайдемо ВК за теоремою косинусів: ВК'-Іб’ + ІЗ -2 16 13 —
208
ВК" -256 + 169- 16 -1-3^
164 13
ВК' - 425 54; ВК - Тзтї .
68. Нехай АВ = ВС » х (см), х > 0. Добудуємо трикутник до паралелограма
АК - КЯ . 5 см, ВО Ц АС; ВО-АС-172;
ІЛВ ОС -- ВС = х см.
За властивістю діагоналей паралелограма
АС1 4 ВО* - 2 - (АО1 4 АВ')
100 4 х* • 2 (32 4- х»)
100 4 Xа- 64 - 2 Xа =0
-Х24 36-0
-х* = - 36
X* е36
х 6.
АВ - ВС = 6 см.
69. Аналогічно до № 68: добудовуємо л АВС до паралелограма:
АВ Ц СО; АО р ВС; ВК « КО » 7 см; АВ = СО » 14 см;
ВС АО = 12 см.
За властивістю діагоналей паралелограма:
АС3 + ВО1 = 2 (АВ* 4 ВС’)
Xа* 196 * 2(196 4 144)
І х*»196 + 128
X* = 484
Xа = 22
АС = 22 см.
72, Вписані кути, що спираються на діаметр, прямокутні.
хВ= 90
АС — гіпотенуза, вона вдвічі довша за катет АВ;
АС — діаметр, «і 2г. АВ - г.
За властивістю прямокутного трикутника сторона, що
лежить проти кута ЗО’, менша за гіпотенузу вдвічі.
Тому ^С-30”; ЛА -60’.
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та Ін. 449
74. &ОВЕ ™ ьГЕС (за двома кутами).
/1ВЕО-/ ЕСЕ — відповідні при паралельних прямих ОЕ і ЛС та січній ВС.
£ ЕГС-ЛЕАО — відповідні при паралельних прямих ГЕ і АВ та січній АС.
£ОАР - £ВОЕ — відповідні при паралельних прямих ОЕ і АС та січній АВ.
Якщо трикутники подібні, то відповідні сторони
.м . ВВ ОЕ
пропорційні: —-
8-2х Зх
2х 12-Зх
бд? = 96 - 24х - 24х 46х*
4Ях • 96
Х = 2.
ЛО = 2 • 2 4 (см); АГ = 2 • 3 = 6 (см).
75. На рис. 11 два нписані кути АОВ і АВС спираються на одну хорду АС, але лежать
із різних її боків. Тому, якщо кут АВС = 140а, то £ АОС-* 180°-140а — 40“.
£ 76. На рис. 12 два вписані кути АВС і АОС спираються на одну дугу АО і звахо
•> даться з одного боку від хорди АС, тому / АВС - АОС .
І
$ 77. На рис. 13 вписаний кут АСВ спирається на діаметр, тому ^ЛСВ-90“ У пря-
мокутному трикутнику АВ а 2Й — гіпотенуза. Невідомий катет знайдемо через
співвідношення між сторонами та гострими кутами прямокутного трикутника*
віп а — ; СА = АВ • віп а;
АВ
СЛ = 2Я зіп а.
3. Теорема синусів
Сторони трикутників пропорційні синусам протилежних кутів;
віп а віп |3 віп у
82. ЕЕ - ? ОЕ - ? Е
Для знаходження невідомих сторін використаємо
. а Ь с л х \
теорему синусів: —-- — 16/ \а
віпа зіпр віп у ^/ X
Для знаходження сторони ОГ треба знайти А Е. ______ьоХ^
Сума кутів трикутника дорівнює 180*. Тому: с
180' - (38“ +• 50е) - 180' - 88й 92°.
Значення кутів 38’, 50' та 92** — тупий кут у таблиці значень трнгонометрич*
них функцій не мас.
Для розв'язання задачі треба використовувати таблиці Брадіса. Перетворимо
тупий кут 92* у гострий: аіп 92й = яіп (180а - 88') * віп 88°.
ЕР 16 ОГ
віп 38° віп 50е віп 88'-
3 першого та другого відношення найдемо невідому сторону ЕР'.
віп 38е-16 0,6157 16
віп 50 0,7660
З другого та третього відношення знайдемо невідому сторону ОЕ:
1)р 16 віп 88’^ 16 0.9991 21
віп50 0,7660
450 йд: ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та Ін.
1+6. Щоб знайти сторони паралелограма, треба знайти всі його кути.
Розглянемо ьАВС : ^ВСА-р — різносторонні кути при паралельних прямих
ВС і АО та січній АС-
Знайдемо ЛВ: 180е - (а - Р).
За теоремою синусів:
АВ ВС 4
віпр віпа 7 ( ' V
аіп 180^- а + Р
і, \ • Л
віл (180°* а)-аіп а.
З І та ПІ відношення знайдемо АВ: АВ »-
зіп(а + р)
З II та Ш відношення знайдемо ВС: ВС - а . ,
віп (а4 Р)
Задача розв’язується в запільному вигляді.
08. З теореми синусів встановимо, чи існує такий трикутник: ц
!Ь 6 . - 7*£
аіп А зіпС віпр * , X.
З І та II відношення: віп С •* ~~~^)' *”V2. А "г—-----------^С
Такого трикутника бути не може, бо значення синуса знаходяться на проміж-
ку 1-1; 11; 1,2 > 1.
£
>
а
Звіпа ’
У лАВС треба знайти сторону, яка протилежна до кута В. Це АС.
У «АВС ми можемо знайти АС: В-—-— .
2 віп а
01. У задачі треба знайти радіус кола, що описує «АРС : Н
4—^-
2 віп 60
АС
Знайдемо В кола, описаного навколо «АРС :
Я -........; Й =
2 яіп 45 й
2>/в.
2
СІ А(^
92. З умови задачі знайдемо АС: Я--------; 6-
2 віп а аіп60‘
6--£ ; АС-з4з.
-.3
2
За умовою задачі отримали центральний кут АОС [АО =
в ОС = Я), та вписаний кут АВС. що спираються на одне
хорду АС, тому Л АОС-2/. АВС : Л АОС- 120м.
За відомими елементами а АОС знайдемо Я:
Я.-їА-, Я-ЛА-; Л.Л>
28іл12(Г 28іп60'
; Я = 3 см.
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін. 451
74. »ВВЕ ™лРЕС (за двома кутами).
/.ВЕВШ/ЕСЕ — відповідні при паралельних прямих ВЕ і АС та січній ВС.
£ ЕГС — 2 ГАВ — відповідні при паралельних прямих ГЕ і АВ та січній АС.
£.ВДГ— 2 ВВЕ відповідні при паралельних прямих ВЕ і АС та січній АВ.
Я кіно трикутники подібні, то відповідні сторони
ВВ ВЕ
пропорційні: —
ЕР ГС
8- 2х Зх
8-2х
С
З* Е 12-Зх
А
2л 12-Зх
бх* - 96 - 24х - 24л і 6.x'
48х = 96
х = 2.
АВ « 2 • 2 » 4 (см); АК * 2 • 3 6 (см).
75. На рис. 11 два вписані кути АВВ і АВС спираються на одну хорду АС, але лежать
із різних її боків. Тому, якщо кут АВС * МО”, то Л АВС -180 140 40 *
76. На рис. 12 два вписані кутн АВС і АЛС спираються на одну дугу АВ І знахо-
дяться з одного боку від хорди АС, тому £ АВС • 2 АВС .
77. Ня рис. ІЗ нпнсаняй кут АСВ спирається на діаметр, тому 2 АСВ-90’. У пря-
мокутному трикутнику АВ 2Д — гіпотенуза. Невідомий катет знайдемо через
співвідношення між сторонами та гострими кутами прямокутного трикутника:
ГА
віпа- — ; СА а АВ > яіп а;
АВ
СА.= 2Я яіп а.
3. Теорема синусів
Сторони трикутників пропорційні синусам протилежних кутів:
_а_ ш _5_ = » 2Я.
віпа аіп Р віп у
62. ЕЕ — 1 ВР - ?
Для знаходження невідомих сторін використаємо
. а Ь с
теорему синусів: ——-—й”-;—
ніпн киї [5 віп у
Для знаходження сторони ВР Треба ЗНийТИ 2 Е.
Сума кутів трикутника доріпнкх 180'. Тому:
180 - (38 + 50 ) 180 -88 = 92‘.
Значення купа 38', 50’ та 92 — тупий кут у таблиці значень три годометри ч
них функцій не має.
Для розв’язання задачі треба використовувати таблиці Брадіса. Перетворимо
тупий кут 92 у гострий; аіп 92" віп (180 - 88 ) = віп 88°.
ЕЕ 16 ВЕ
аш38ь ній 50 ' віп88
З першого та другого відношення найдемо невідому сторону ЕР:
гг, віпЗВМб 0.6157 10 „
віп 50' 0,7660
З другого та третього відношення знайдемо невідому сторону ВЕ:
__ Іб аіп88 16 0.999-1
* яіп 50 0,7660
450
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін
•Л*1
; яіп (180' -а)-віпа .
с
•6. Щоб знайти сторони паралелограма, треба знайти всі його кути.
Розглянемо лАВС : /ВСА-0 — різносторонні кути при паралельних прямих
ВС і АВ та січній АС.
[ Знайдемо /В: 180* - (а - Р).
Зя теоремою синусів:
ав вс _ а
віп В віпа
віп 180 -
а+р
З 1 ти Ш відношення знайдемо АВ: АВ А- .
яіп (а + р)
З II та ПІ відношення знайдемо ВС: ВС--^~^-- ,
Задача розв'язується в загальному вигляді.
Лв. З теореми синусів встановимо, чи Існує такий трикутник:
6 18 АС
С
Кі ВМИИввВ-ЙЬ'.. : ЛВ
віп А яіпС Кіпр
13Ґ* А Я
З І та II відношення: віпС1--------------------11
1.2.
Такого трикутника бути не може, бо значення синуса знаходяться на проміж-
ку [-1: 11: 1,2 > 1.
•1. У задачі треба знайти радіус кола, що описує ьАОС: Я-—-— .
2 яіп а
У а.АВС треба знайти сторону, яка проти лежня до кута Л. Це АС.
У дАВС ми мажемо знайти АС: Я«—-—.
2 віп а
АС 4_ ЛС
2'Віп60 ’ ї"~ <3
Знайдемо Я кола, описаного навколо дАОС :
Дш—; Д ~ --У '
2 яіп 45 72
-« *
о АС
82.3 умови задачі знайдемо АС: Я“------; 6--------- :
Г 2яіпа віпбСГ
я аС
о~—»-
2
За умовою Задачі отримали центральний кут АОС (АО
• ОС - Я), та вписаний кут АВС, що спираються на одну д
хорду АС, тому / АОС - 2/С АВС ; х£ АОС -120*'.
За відомими елементами а АОС з вийдемо Я:
я- ,7Ї . я
2 аіп 120
-...... < де
28іп60*
; Я = 3 см.
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін. 451
в
( а В
з яіп|і
93. Знайдемо невідомі кути лВіїА 1 лВСВ.У .ВВА: х.'0-180-
3 лВСВ: А ВОС + А ВВА *-1Я0‘ — суміжні, тому
А В0Г-180"-(180 -(Р+у)).
АВ&> 180 - 180+Р*У .
Знайдемо ВВ з д ВСВ :
еов(Р + у)-~; ВЛ-------т.
ВО сов(Р + у)
З а ВА1), за теоремою синусів знайдемо АІ);
а а
лр ^совір+у); сов(р + у) ЯШ . _________
Віпр віпу ' Віпу ' сов(Р*у) віпу '
94. Нам треба знайти АС, що с катетом прямокутного трикутника АСВ і АСВ.
Знайдемо А.ВА1).
З а АСВ : А А - 90 -а (сума гострих кутів прямокутного
трикутника до рінням 90 ).
З лАЛС: АСА1)~^САВ + АВАО.
Через суму гострих кутів прямокутного трикутника:
/САЯ-90 -р . Тоді АСАВ-90- Р,
а л ВАВ-(90 -Р)-(90--а)- 90’ |І-<МГ 4-а-а-р
З лАВВ за теоремою скнусіа знайдем» АВ:
т _ АВ ( лв_ т аіпр
віп(а-р) зілр’ віп(а-р) '
Тепер з лАСВ за співвідношенням між сторонами те гострими кутами прямо-
АС
кутного трикутника ^найдемо АС: віпа-—; АС—аіпа АВ;
АВ
АС аіпа І?ЯІ-РД - т 810,1
вїп(а-0) аіп(а -0)
95. Розглянемо <АВС : е ньому відомі / А-а; А В - 180' -(а+у);
АС = у;АВ = с.
З и АВС за тіюремою синусів знайдемо АС:
с АС
аіпу яіп (180 ’-(а + у)) ’ віпу
Рскігпянемо л ААЇС: і М = ф; /А “(і;
сяіл(а + у)
А(, “---------з« теоремою синусів знайдемо СМ:
вІП У
сніп (а + у)
аіпу УС _ с він (ач у) МС М(, с гіпа віп(а 4-у)
яіпо віпа віпу- віл ф віпа' віпу віпф
96. Сторона ВС е гтороною лАВС . Розглянемо лАВС : /. А - а; Р - Р ;
АС-18О’~(а+0)
З і.ЛВВ за теоремою синусів знайдемо АВ:
АВ т <п віп ф
—---- “ -Т-ХІ = ----7 1
Яіп ці Віпр віпр
З лАВС за теоремою синусі я знайдемо ВС:
АВ ВС
аіп АС віпа'
М_181П.'2„ . - • ВС т ^п^‘ЛІ><ІІ *
віп(180 -(а + р)) 2віпа' аіп(а + 0)
452 :*;$ ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та Ін. :<£:
'Ні Радіус описаного кола навколо заданого трикутника можна знайти за форму-
а
Паю'. Н - ---.
2 яіп а
Висота ВЛ поділила заданий трикутник на 2 пря-
утні трикутники; АОВ та ВІХ?.
4 2
З лАВО знайдемо аіп А: аіп. _Д = —; яіп ЛА - —.
6 З
А._Ц
2.?
З
9 (см).
В
£
16
В9. Радіус описаного кола знаходимо за формулою; Я"—а— .
2 віпа
У заданому трикутнику відомі всі сторони. Можна знайти косинус будь якого
кути
ВЛ — висот», медіана; АП = ЛС = 8 см.
8 4
З д ВИС знайдемо сов С: совС — — — —.
10 5
' 3 основної тригонометричної тотожності знайдемо віп С:
віпС- 5/1-сов’С : зіпС
V 25 V 25 V 25 б
Проти кута С у лАВС лежить сторона АВ • 10 см, тому
я 10 50 а 2 1 .
Я"—„* —•’8„-8- (см).
2.3 в 63
5
16
25
25-16
25
9 З
25 б
У
с
(00. а = 24 см. В-8>/з см.
З формули Я - -- у , знайдемо віпа-—; яіпа*'——
2яіпа 2Л 2 8^
3
яіпа-*—р-
2<3
24
З
; а = 60“.
2
ІО2. Знайдемо ЛВ лЛВС: Д В-180й -(а + у).
За теоремою синусів знайдемо АВ:
АВ 5 АВ ________
яіпу віп(180°-(а+у)) ’ вшу аіп(а+у) ’
лв-
яіп (а+у)
Розглянемо л АВК:
2 2
ЛК = 180°-[а+90' --1І'
2 >
-90-^ІЇ
2
; віп[9(у .««±1
І '2
• 180 -а-9О + НІХ-90*-а + і±І
2 2
2
і ГЗа + у
— соя —-
; 2
Ь яіп у
І віп (а А) ,
і За+т'і ’
Н 2 |
За теоремою синусів знайдемо довжину бісектриси:
віпа
ГЄОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та Ін. !•$ 453
І ь віпу_______
віпа . . , І Зі і +-у
аіп, а + у)сой|
У -8ІПО
8іп(а+у)сивГ 3,1 7
1 2
103, Знайдемо кути при основі заданого трикутника:
^Л“/С-(18О -а):2“9О -| .
90--
Розглянемо *АКСі гС-90- ; /А----------2-45а--;
2 2 4
^Я-18(Г- ЯО 4.5*-—] І- 18СГ -135" + ? + --
2 4’1 24
Зл теоремою синусів видбдемо І:
а
їм — &008 “
Ал а .2
---------= ----------- . ; ДА ' ' ---Г
.Мп(90 -“) віл 45°+І віп 45° + -~|
І 4 } 4 1
106., ВЕ ВС; СВ — бісектриса ЕС .
Е ВСВ* ЕЕСВ ; ЕЕВС**ЕВСВ — різносто-
роняі кути при паралельних прямих ВС і ВЕ
та січній ВС.
/ ВВС*ЕАВЕ — відповідні кути при пара-
лельних прямих ВС і ВЕ та січній АВ.
Відрізок ЕС знаходиться у а ВЕС . Знайдемо
ВЕ, що є спільною стороною аАВЕ і а ВЕС.
З лАВЕ за теоремою синусів: — —
віпр «па віпр
а ВЕС — рівнобедрений, бо ЕСОЕ-еВСЕ , ВЕ-СЕ-——^ .
ЗІП [5
112. Бісектриса ділить кут наиаїл, тому / А1ІМ -Е ВСЕ “45е .
Сума гострих кутів прямокутного три кутника дорів-
нює 90", тому ЕАМВ-ЕЛКС-4У.
ВА - СВ за властивістю сторін паралелограма.
Утворені прямокутні трикутники АВМ і ВСК — рів
ні за відповідними катетами та гострим кутом.
Якщо а АВЛ4 — , ВСК , то ВМ - СК
115. 1) а - 7 см Ь * 36 см. Розв'язати прямокутний трикут-
ник — означає знайти всі його невідомі сторони і кути. За
теоремою ІІирйгора знайдемо гіпотенузу: ст 7* 4- 35’
с = х 49+ 1225 ; с- ТЇ274 .
7 1
Знайдемо гострий кут А: А » — «—= 0,2.
35 5
За допомогою таблиць Брадіса, / А * 11
2:В-90 -гА -90 - її1'= 79“.*
2) с 17. а г 8;
б- -Д7*^8* - ^17-8)(17 + 8)« <9-25-15 см.
созВ-Л -0.4705. ЕВ-61°.
17
/А-90 -гВ-90 61е = 29 .
454 ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін.
и) е - 4 та гострий кут а = 50\
співвідношення між сторонами та гострими кутами
Фнмохутного трикутника знайдемо АС і ВС.
АС
СОмХ - ; АС » 4 - сов Сх = 4 • сов 50"; ЛС = 4 • 0,6428 - 2,6
"І
СВ
віпа-— ; СВ = 4 • віп а « 4 • віп 50 ; СВ = 4 • 0,765 - 3,1.
^В-9й’_^ж9(Г -50е —40 .
4) Аналогічно 3) віп 42е — —; АВ - - - 8 - —?— -12;
/1В мп42 0.6691
/1В '
442 : АС- 8- —
АС їв 42е 0.9901
А В-90 42*-48е.
-8.9:
4. Ренін ЯЗувннни трикутників
|23. 1) Для розв’язання заданого трикутника спочат-
ку використаємо Теорему синусів та знайдемо А А ;
_1Ї 7
яіп 46е віп А
. А 8іп16 7 0,7193 7 „ „„г
віп А - -------- - - —-- - 0.4577 /А - 27°.
АС-180^- (46и+АА)- 180 - ( Іб = 27й) = 180 - 93'- 87.
Сторону ЛВ можна знайти як через теорему косинусів, так і через теорему си
иусіь.
11
.п віпС-11 0,9988 11 ________
; АВ —— —- - =•----15.3
ВИїС віп 16-----------------------------аіп 46е 0,7193
2) Задача розв’язується аналогічно 1)
а) Знайдемо АС: —--——
аіп 32 аіпС
, _ віп32і 17 0.5299.17 . Л
віп С ----—----- - ———--------- 0,6<п)5 . АС = Зб®.
15 15
б) знаючи А В 1 £С .знайдемо кут А: А А* 180’-(32* + АС) - 180"-(32е 4 36') =
» 18(Г - 68° = 112‘, аіп 112* - аіп 68".
НС 15
я) Знайдемо невідому сторону ВС: -----—<——
віп А ані 32
о_ аіп А 16 0,9272 15
аіп 32е 0,5299
124. 1) Задача розв’язується аналогічно попереднім, але
(спочатку треба перетворити кут 102 ’ у гострий кут. При
використанні теореми сипусі»:
аіп 102° - віп (180а - 78") = аіп 72".
При використанні теореми косинусів
с<» 102й > сов (180“ - 78е) = -соа 72*.
125. 1) За умовою дано рівнобедрений трикутник, у якого
кути при основі рівні 70е.
Знайдемо /В при вершині: //1-180°-110° 40",
За теоремою синусів знайдемо АС: - — -
чіп 40' яіп 70е
Л
АВ аїл іО 20 0.0458
«' ., ' ** “ _ __— 13,7 -14.
аіп 70' 0,9397
ЗО
В
гз
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін. :<? 455
в.
2) СМ — медіана, тому АМ = МВ = 10 см.
За допомогою теореми косинусів знайдемо МС;
М(? = А.М’ + АС1 - 2лМ АС - сов 70 ; соє 70“ - 0,3420.
3) Знайдемо /О «АВС: 4 О- 180ь-(35’-+ 70 ’)
„ АС АО
За теоремою синусів; —— - —•—— ;
ані 75' вія 70
лп АС яіп70а 14 0,9397
ЯІП 75а 0.9659
4) Я-—— ; Я-
2мпа 2»іп70-
_ „ ВС 20 Ні
2 яіп 70' 2 0.9397 0.9397
20/
10.».
126. Знайдемо кути трапеції: £А~ Л І)-*72 ;
/ ВСАСАВ — ьнутрішні рЬносторонні при
паралельних прямих ВС і ЛІ) та січній АС.
• 5,2.
яіп 72
ВС
0,9511
-5 .
^ВА( * 72° 38 - Зі
£ АВС- 180 ’-(34 +354)-119^
X АСІ) -180" і38' + 72°) - 70 .
З утвореного аа допомогою діагоналі аАСІ) знайдемо СВ ж АВ — бічні сторони
_. , 1Т АС СВ г г, ЛС-8іп38с 8 0.6157
рівнобічної трапеції: . - - ——- . СО- ————= - -
віп 72° віп 38 віп 72 0,9511
„ АС АО АС яіп 70 8 0.9344 в
З цього трикутника: —-—* ; АВ- -г —ї1-- " 8 .
яіп 72’ яіп 70
АВ
З іримутника АВС знайдемо ВС: —— - —-- ;
ав 8іпз4’ ги^Абтзб
віп 35" 0.5878
2) Я — —— --------—— • • 4.3.
2»Іп34' 2 0,5730 1,1472
127. 3 ьерінинн С проведемо пряму, паралельну
АВ, ВС 1 АВ. АВСК — паралелограм, тоді
АВ = СК « 7 см; ВС * АК =12 см:
КО- 16 - 12-4 (см).
З і, КСО мпжна знянти за допомогою теореми
крскнусів £О та ЛК—£А.
9<, 7» 4. 4і - 2 • 7 4сов К
2
- - , кут К — тупий.
„ 49+16-81 „ 65-81 -16
сов К - —; сов К - ———- - у-
27-4
хіК-180- 73 - 107<
7і я 4* + 9* - 2 • 4 • 9сов 1)
16 + 81-49 _ Л_97-4» 6 2 ЛО9
соаВ- ——— — соаО"—; л.В»4к’.
249 2 4 9 2 4 9 9 З
Знайдемо кути трапеції: ХВ —ІКО’-Х А • 180' - 107° • 73 : /С- 180 -£І) •
= 181)’ т 48" - 132
456 ’ ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та їй.
128 /СВМ - / ВМА — внутрішні різиосторонні кути при паралельних прямих
ВС і АР тя січній ВМ. д ВАМ — рівнобедрений.
АВ ь ДЛГ 8 см,
Нехай МИ х (см), тоді ВС * * АО <8 + х) (см)
50 « (8 + х) - 2 + 16
БО « 16 + 2х + 16
бо - 32 " 2х
1« = 2х
X = 9; МВ = 9 (см), ВС = АВ = 17 см,
/ ВСВ~£МВК відповідні при паралельних
прямих ВС і АЛ та січній С/Г,
^ВМА-/ВМК — вертикальні. * ВСК^а. МВК
(за двома кутами), тому:
ВС СК 17 В ВК
Мв" ВК ' 9 ’ ВК
17у • 72 + 9у
8ї» 72
Д/Г = 9(см).
, Нехай ВК = у (см),
17 84_р
9 Р
Т ЗО Діагональ АС поділила прямокутник АВСВ на два пря-
мокутних трикутники, рівні між собою: а АВС =&СПА .
& АСВш л АСМ + &АМВ
5 3-7,5 см.
7,6 —7,6 см.
— Д Б 6 — 15 см
Я
5. Формули для знаходження площі трикутника
Площа трикутника дорівнює половині добутку сторони трикутники на проте-
111
деиу до паї висоту: 3 -аЛ, в - ЬІіг = -сЛ(.
£. &» £
Формула Герона: 5 = ч'рір - акр - 6)(р - сі де р = .
137, Щоб розв'язати задачу, треба знайти кут при першині В:
гВ-1ЖР-ЗО-15О В. -—1-,“ІІІГОП
* 2
віп 150і = віп (180’ - 30'1 = віп 30°
5*-16 І В4-64 (см1).
І
Найменша висота приведена до більшої сторони, ї навпаки.
140. За формулою Герона знайдемо площу трикутника:
5-/27 (27-13М27 20X27-21) у27 Н 7 6 =
= ^(Гз 2 7~2 3 =9-2 7 = 126
5* — .
126=| 21 Л.
а 2 216 їй
л ь -----= 12
* 21
Р 13 + 20 + 21 54
_ М . и . -А—.., - - ш —-
2 2 2
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін. ££ 457
Найбільша висота проведена до найменшої сторони.
141^-12±21^>33
2 _ 2 _____
8» ^р(р-а)(д“Ь)(р-* е) « 7зз">"22 8 3 =
= ч/3 11 2 11 <3 2-11 3 4- 132
1 1 2-1 Я?
5--а А., 132=- 11 Л , Л = —-—= 24 (см).
2 * 2 * * 11
153. Площу трикутника за даними двома сторонами можна знайти тільки за дво-
ма формулами:
8-1>о Ляіпи і для прямокутною трикутника 8-Інб.
А А
1)Я4-1 аі) яіпа . якщо а = 30г; 8-^ 4 бД-6 (см’);
2 2 2
2) ні:
3) 54-1аб-1 4 6-12 (СМ’).
155. а) Розглянемо лАВВ і „ СВВ :
/. АБИ-/.СВВ; ВИ — спільна сторона. Зя
даними елементами знайдемо площі кожного
з трикутників:
<5-1.3 воаіпа; 8. «"1-І ВИвіпа;
2 2
В
г3-
б) Розглянемо лАВС
і лЕІ)С-. £ ВСА-/.ВСЕ —
вертикальні; АС = СЛ;
& - Д-Я АСвіпи ;
і ±ВСЕ'.
8,-Д-Х АСаіпа;
“ 8, 2
В
В
Е
в) Розглянемо с АВС
/АСВ “/ВСЕ — вертикальні.
5,-А 4" Івіпа; 5,-А М’5віп«:
2 2 51 5
156. 5#ЛМ>“12 см1; 8аЛсп-20 см*.
Розглянемо лАВГ) і лЛСЛ: /ВЛВ-^ВАС',
АВ — бісектриса; АВ — спільна.
5.лло“| АВ АВ віпа, 3.^*^ АС АВяіпа
12 АВ З АВ
20 АС ’ 5 АС’
157. Площу заданого трикутника краще шукати че*
рез формулу 8 —і-о Ь аіпа.
2
За теоремою синусів знайдемо сторону ЛС або АВ.
Для цього знайдемо / А :
2 А* 180 -(0ту); иіп(18О°-(0^у))“ЯІп(0 + у)
А
В
С
Е
В
А
С
458
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. «а ін
І й________АС_. _й аіп Р
іпір+у) віпр’ ' 8іп(р + у)
1 азіпр а18П1Р аіп 7
•** 2 Чіл(0 + у) У‘ *А" 2ат(Рі у) '
158. Площу заданого трикутника можна знайти
_ 1 . , = & п Ь с
аа формулою Я- - а Ь віпа або 5-—-—.
2 4В
Але а другій формулі треба знаходити три сторони.
Розв'яжемо задачу за першою формулою.
1) Знайдемо £С трикутника АВС:
/С-18(Г-(а4р) .
2) За формулою В -—-— знайдемо дні сторони, між якими відомі кути: АВ
2аіпа дд
1 ЛС .40 ЛЛ І ВС. З..ЛДОМО ЛЛ І ЛС: Я -
АВ - ЗЯ ’ віп(а + 0)
Я—-—п ; АС » 2 В яіп р.
2яш|3
2 ) Знайдемо площу аАВС :
З -|-АВ АС-вїпа ; Зд-- 2Яаіп(а4-0) 2Явіп0 віпа
5і = 2Я1 аіп (а + Р) аіп а віп р.
1
159 Знайдемо площу заданого трикутника за формулою: 5- — а Ь віпа.
*
1) Знайдемо £С трикутника АВС:
л'С-ійО -(а тР).
2) За допомогою теореми синусів знайдемо
д/{ Ь Ьаіп(а + 0)
сторонуАВ. -—-і ХГ*иТ—ї! АВ- —
аіп (а 4 У) «1п0 аіп0
3) Знайдемо площу трикутника;
і 1 Ь зіпІа + В)
54-і АВ АС віпа; 34-~--------- 4 - Ь зіва; 5
2 2 вшр
Ь* віп (а 4 0) аіп а
2в1прі
і
160. Площу заданого трикутника знайдемо за формулою: 5- -а Л, .
1 і Розглянемо лАЕС (£ Е - 90 ); ЕС - Ла; / А - а .
Знайдемо з цього трикутника АС, сторону, на яку опус-
С£ . <Е Л,
кається Л.: віпа"—; АС”-т——; АС-—-1- .
АС аіп а аіп а
2 ) Знайдемо площу ьАВС :
2 яіпа
2»іпа
ВМ Ь
161.3. АВМ; АВ-4і-а ’
ніпії аіпа
£С - 180і - (/А + ^В1 = 180" - (а 4 р).
„ АС АВ
За теоремою синусів: —— — * ——
чіп £В віп £С
АС =_______________ АС « 4 шПр ;
8Іп(180“ - (а 4 р))* *іпа-81п(а4 0)’
я . І АС-ВМ - 1 Л = А'9Іпв_____
*** 2 ‘ 2 <япавіп(а г (І) 2ніпаяіп(« т 0)
! ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін. 459
162. 1)3 центра вписаного кола проведемо перпен-
дикуляри до точки дотику кола зі стороною.
2) ОК ОМ ОN радіуси «писаного коли.
3) Утворилися трикутники: АОВ, ВОС і СОД.
У кожному з цих трикутників відома сторона,
на яку опушена висота. Висота — радіус опи
ганою кола.
4) Знайдемо г:
5.ж 17*25 + 28 70
Г «і • п а»---------- ж.-м 35 ,
Р,лж 2 2
За формулою Герона:
5 = = 735(*б’17)(35-25)(35-28) • >/35 18 10 7 »
8^.54 2 5 2 7 =7 5 2 3 = 210 (см’).
210
5)Знайдемо '’.лж*“!’—“6 (см); Л1 - Л,* Л, ’ 6.
б) Знайдемо площу кожного із утворених трикутників за формулою:
« 17 *-51
(см'),
«жг—1 25 6-75 (смж),
X
Я.«м—* 28 0 ’ 84 (см»>.
163.1) Знайдемо площу лАВС : 8я І-а Ь віпа
в 8 ‘ віп 120 , 5 » 24 • яіп 60 .
5- 12 73 (см”).
2) АЛ — спільна сторона для двох трикутників:
АВО і АСЛ. Нехай АО » X (см), х > 0.
^-алр + ^.лса “ ^-лж »
3) Знайдемо г>йЛВи і 5вЛ.л: 6 х ВІП 60
(см1), » х аі«60 . 5лґа-4^-273х (см1);
4) > 2у'3х-12^’3| 2
а»
з/3х + 4<3х-2473 . 7 75х >-24 7зі :7/3
Т-.2І-33.. АО-з3 (см)
7 7 7
164. Площу трапеції знаходимо за формулою:
5ть" — --<й . Нам необхідно знайти висоту:
2
1) ВК 1 АО . СМ 1 АО ; ВК « СЛГ.
2) АО = АК + КМ * МЛі КМ =10 см, тому:
АК МО - 40 см.
3) Нехай АК ~ х (см), х > 0, тоді
МО - (40 - х) см.
460 •:<: ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін.
4) Оскільки ВК = СМ, за допомогою теореми Піфагора з &АКВ (/ /С- 90' )
і *СМО ( £ М * 90' ) знайдемо ВК і СМ,
5) з ьАВК ; ВК1 » ІЗ" - Xі. З лСМИ: В/Г - 37і - (40 - х)а.
6) Складаємо рівняння: 13і - х3 = 37і - (40 — х)’
169 - Xі = 1369 - (1600 - 80 х + Xі)
169;/ — 231 + 80х - У . -80 х » 400
х» 5.
7) Знайдемо А - /іЗ1-!’ - <Ї69-2Б -12 (см).
8) Знаходимо площу трапеції: 3^ - -Цт&° 126 - 360 (см*).
165. 1) Опустимо висоту з вершини С на АО;
2) Розглянемо «АГО : АС = 7 < м, АО 5 см.
Нехай МО - х (см), х > 0, тоді АМ = (5 - х) (см);
3) За теоремою Піфагора з ьАСМ виразимо висоту СМ: СМ1 7’ - (5 - х)1;
4) Опустимо висоту а вершини О на верхню основу ВС: ОК ± ВС , ОК - СМ;
5) Розглянемо ьВВК : ОВ = 8 см; СК = МО = х (см), тому ВК = (4 + х) (см);
6) За теоремою Піфагора з л ВКО виразимо висоту ОК: ОК* 8’ - (4 4- х)’:
7) Оскільки СМ = ОК, отримаємо рівняння:
7і - (5 - хГ = 8» - (4 + х)*
49 - (25 - 10 х + х») 64 - (16 +• 8 х + Xі)
49 - 25 ► 10 х - х3 * 64 - 16 - 8 х - х*
24 + Юх х1 = 48 - 8 х - х’
18 х = 24
24 4
*’ 18 3:
Відповідь: 12 <5 см1.
166-Нехай висота ВМ = А, (см). а висота СК = А, (см).
1) розглянемо ьАМВ: /М-90'; ^А —45а, тому лВ-45 &АВМ —рівно-
бедреннй: ВМ = АМ » А(;
2) Розглянемо _АХС: .гЯ-90и; /А-45' .тому /С-45в ,лАКС — рівнобед-
рений: АК » /СС ж А,;
3) Знайдемо 5<лжи-~ АК АМ віл 45а;
&
о Лі У2 _ Лл,Л.
І 8-дгм 2 Л, А’ 2 4
4) Знайдемо площу трикутника АВС:
а) а а АВМ за теоремою ПІфаіора знайдемо АВ: Л М
6) з ьАКС за теоремою Піфагора знайдемо АС: АС- + А,1 -А, <2 ;
») 5.ліх"| АС аіп45°,
5) Знайдемо відношення 5 ,ДЛгМ
•• 2 А^ Л| у/з ‘А)«Лд \2 -Л|-Н* 2 1
' 4 а " 4 А л л 2'
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та Ін. 461
170. 1) Оскільки АВСО — прямокутник, то хСА-/'В-/С-’^11- 90й, тому:
Зх + 4х - 90
л = 10 (град.)
гХВС-501 ; / АВА -40' .
2) Розглянемо а ВКС (х К * 90 }:
2 В-/С-90е . тому /С-40'.
3) Розглянемо дАОС (^£)“9(Г’): /С-50’.
4) За властивістю діагоналей прямокутника АО = ОС = ОВ ОО;
лАОО^лВОО —рівнобедрені.
5) У трикутнику ВОС: ЛСВО~Л ВСО^-ІО ,
6) ^КВО-10Г .
171. 1) МК ЦАП; МЕ || КО; МКОЕ —
56 = 8л
х» 7
АЕ = 35 см; ЕВ = 56 см;
АО 36 т 50 = 91 см,
2) Знайдемо верхню основу трапеції
з формули середньої ЛІНІЇ:
вс І ло . _ ВС (-91
Л1А ........ ; ,6—-------
2 2
паралелограм. МК = ЕВ.
112 = ВС > 91
ВС - 112 - 91 = 21 (см).
Відповідь; 21 см; 91 см.
172.. 1) ОЕ 'І АС; АС О ” і. ЕСО ; ОС — бісектриса, X ЕОС™ /і ОСА — внутрішні
різносторониі при АС || ОЕ та січній ОС, а ВЕС — рівнобедрений.
Нехай ВЕ - ЕС = х (см). тоді ВЕ (24 - х) (см).
2) -АВС^аВВЕ (за двома кутами), — —
х 24 — х
24х» 16 • 24 - і Ох
40Х» 16 -24
4‘
16 24 48 Л _______Л „
х- - —т- — ~ —9,6 . ОЕ » 9,6 (см),.
40 И, 6
173. Формула суми кутів опуклого семикутника: 180’ (л - 2), л — кількість
кутів, л = 7,
180 • (7 - 2) = 180 -5 = 900'.
174.. Використаємо формулу 1В(Г(л - 2). Нам відома сума всіх кутів, треба дізна-
тися кількість кутім. Складаємо рівняння:
1) 180 -(п 2)= 108(Г|: 180
(л - 2) 6
п 8. Такий многокутник існує, у нього 8 Кутів.
2) 180 (я - 2) 1200 |: 180’
8 _
л-2—7 — . Такого многокутника ве Існує, бо кількість кутів не може бути
18
дробовим числом
175., 1) Ми вже знаємо формулу суми кутів л-кутника:
180 • (л - 2), але якщо ми градусну міру одного кута помножимо на кількість
кутів, то також отримаємо суму всіх кутів. Складаємо рівняння:
180(л - 2) 72л
462 ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та їм.
180л - 360 х 72л
180л - 72л = ЗСО
180/1 = 360
360 60 10 .
п —- -— — -- — такого многокутника ис Існує.
108 1н З
2) 18(Ял - 2) = 171л
180л -360» 171л
180л - 171л = 360
Ол = 360
л = 40. Такий многокутник існує, у нього 40 кутів.
$2. Правильні многокутники
б. Правильні многокутники та їх властивості
І Правильний многокутник — многокутник, у якого всі сторони Й кути рівні.
і Многокутник. уписаний у коло, — такий многокутник, у якого всі вершини
] лежать нв певному колі.
Многокутник, описаний навколо кода, — такий многокутник, у якого всі сто-
рони дотикаються певного кола.
Правильний опуклий многокутник е вписаним у коло й описаним навколо
І кола.
ПОЯСНЕННЯ
204 1) £ ДО# — нейтральний. Нехай хІАОВ — X (град.),
тоді Д'АВС-^х І 36) Іград.) — кут многокутника.
ОВ — бісектриса 4: АВС , тому
/ОАВ + 4:0ЯА + -+31-х+ 36
2 2 2 2
2) Сума всіх кутів трикутника 180**.
| Складемо рівняння:
л + х + 36 = 180
2х = 144
х = 72. 41АОВ-72*; АВС-72’+36а-10а .
3) Складемо рівняння:
180(п - 2) = 108л. 180л - ЮИп 36(1, 72п « 860
л = 5.
Відповідь: заданий многокутник — п'ятикутник.
205. 1) Кут. що відомий у задачі, є центральним кутом мно-
гокутника. ОА - ОВ = В. ь АОВ — рівнобедрений.
Знайдемо ^А-^В: ЛА-ЛВ-(1В0‘- 20 ):2-8О'.
2) Весь кут многокутника — 160°. Знайдемо кількість
сторін многокутника з кутом 160 ':
180С4 - 2) = ІбОн, 180л - ІВ0п = 360
20л = 360
п = 18.
Відповідь, вісім надпити кутник.
206. 1) АВГ'ОЕ — правильний п'ятикутник, у якого
АВ •» ВС » СО =/)Е = ЕА, //1 -/В-ХС'/П-/?;.
Діагоналі розбили п’ятикутник на трикутники. Розгляне-
мо ь АВС і &ЕАВ
ЕА = ЛВ = ВС; ^ЕлВ^АВС; дЕАВ-дАВС (І озн.),
тому ВЕ = АС. Рівність інших діагоналей доводиться ана-
логічно.
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та Ін. 463
Формули для радіусі* уписаних І описаних кіл правильних многокутників
Многокутник зі стороною а Кут Раліуг описано- го кола Радіус уписано- го кола
п кутник 180’ а л Я = — _ . 180’ 2 віп п л
Трикутник а = бо я=й а г = —т- 2^
Чотири кутяик а = 45 я«Л 72 Я-? 2
Шестикутник а = 30 Я « а а^ІЗ г = 2
208. Нехай АВ — спільна хорда двох кіл. АВ а.
Вона е стороною квадрата» вписаного в коло з цен-
тром О,. Тоді його радіус Я, О, А = -Д.
Хорда АВ е стороною трикутника, вписаного в коло
з центром О,. Тоді його радіус Я. = АОГ »-Л .
К — точка перетину хорди АВ і відрізка 0,0^.
АВ1О,ОЯ. АЯ»-АВ = -.
• • 2 2
З дО,АХ: 0,№ = 0,А7 - АК?;
З лЛО,К; ОГК* - АО* - А/Ґ;
1) 0,0, = О,К +О,К*- + — -
' г ’ ’ 2 6 6 6
2) 0,0, = О,К - О,К = - - — - --3 .
2 6 6
210. Я і ; г - . За умовою Я = г.
\3 2\/3
а_.яД: а. .2Я>3. Ьь.^.1,
212. Нехай АВ — сторона правильного восьмикутника, вписаного в коло.
Знайдемо градусну міру одного а кутів восьмикутника:
18048 - 2) = 180* • 6 = 1080а. 1080* і 2 : 8 = 135°.
ОА і ОВ - бісектриси кутів, тому ЛОАВ + АОВА = 135°. К^т при вершин* О
трикутника ЛОВ:
/ЛОВ - 180 - 135’ » 45 ’
ОА = ОВ Я.
За теоремою косинусів: АВ » %'Я1 + Я1 - 2Я Ясов45’
464 ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін.
АВ =
13. Аналогічно до № 212.
1. Знайдемо суму всіх кутів дванадцятикутника: 1В0’ (12 - 2) * 1800" .
2. Знайдемо градусну міру одного з кутів дванадцятикутники: 1800і*: 12 = 130
3. Кут при вершині О лЛОВ: /АОВ 180 - 150° 30°
• і----------
4. АВ * + Я* - 2Й ЯгоаЗО , АВ /2 Я' - їй1 - —•
1 А
АВ =
її 5. Знайдемо центральний кут многокутника:
[ /ЛОВ-— ,л = Я. /АОВ-45’.
*
За умовою задачі АО ОВ Я.
]
Знайдемо площу -АОВ: 3 • - Я Я віп 45е
-5
ч -ІЯ» А Ч -
•Ллов 2 2 ’ 'лов 4
Таких трикутників 8, тому: 5^»^.
Д-272Я’.
Ї16. /АОВ-5^-60° , тому /Л-/В-/О-60", і. АОВ
6
\3
— а* таких трикутників — б, тому: З
Діагоналлю шестикутника буДс ВіДрЬок,
що дорівнює 2ЛО.
Знайдемо АО з а АОВ : сторона, що ле-
I жиіь проти кута ЗО , менша за гіпотенузі
в два рази, тому: АО - 2 ~ - а . Діагональ
шестикутника — 2а.
217. Позначимо сторону восьмикутника а, відрізок від нершмин квадраіа до вер-
шини восьмикутника — х. а ИКР — рівнобедреяцй і прямокутний, а = х^2.
Сторони квадрата: АЛ) - о + 2*. тобто Л = Х\2 г 2х,
0
Звідки Х«----7». Тоді
2 + -/2
К 6
— рівносторонній.
5‘
Зд/Зо1
-X-
О
В А о д»
2
б>/2 6<2(2 -^2)
2+у2 (2*<2Х2-у'2)
4-2 2 '
218. ОР = ОУ = г
б
ЧНІЇ *
^МОЬ • я 60.
в
А
£
М N Ь
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін
465
лМОЬ —рівносторонній.
ОЛ^-4Тз см; ЛОЬН-60'
Ів60°-~у ; N1—N£-1^.
Л/£ (.£60'
Нк е 4 см; Д<£ а. 2Нк 8 см.
Відповідь: м см.
220. АВ = ВС = СО • а — сторони правильно-
го 12-кутника. М — середина АВ, N — се-
редина СО. Тоді МН — сторона утвореного
шестикутника. МВ*СН «
МВСН — рівнобічна трапеція.
Оскільки сума кутів правильного 12-кут-
ника дорівнює (12 - 2) 180® = 1800 . то
1 хоп
ЛМВС = гЛСВ = 150
12
Тоді ЛВМН = ЛСНМ • ЗСК
Проведемо ВК 1 ЛГіУ і РН 1 МН. КВСГ — прямокутник. КР = ВС я а.
З лСРН: РН • ОУ сов30е = - — - —.
2 2 4
Оскільки трапеція рівнобічна, то МК - РН. Тоді
МН = КР + 2РН = а + = а + ~~ = 20 * = *<2+75)
4 2 2 2
221. Обґрунтування аналогічне до № 220.
АВ — сторона 8-кутника, АВ о.
МИ — сторона квадрата.
ЛМАВ = ЛАВН - 1^2)180^ = т,
8
ЛАМ В ЛМНВ = 45’.
З д ВКН (ВК 1 МН):
кх/ ом а
КН = ВН • сов 45 =---------.
2 2 4
.... . 2а>/2 а у 2 а(2+¥'2)
МН » а + 2КН - а +-------- « а + —•— = —--.
4 2 2
224. 360' : 5 « 72® — кожна дуга.
І) ЛВАС — ?
На одну дугу опираються 2 кути: впи-
саний ЛВАС і центральний кут ВОС.
г ВОС-12і, а вписаний у два рази мен-
ший за центральний, тому ЛВАС- 36’;
2) ЛВАО — 7 ЛВАІ) — впи-
саний; л ООВ — централь-
ний, ЛІЮВ*' 144“. тому
ЛВАО- -ЛВОВ-720;
2
466 ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін.
3) ЕВаЕ — 7
Г/ЛАГ вписаний; / ЕОВ — централь
ПИЙ. ВОНИ опираю їм* Я На чДНу хорду, але
! розміщені З різних боків ВІД неї. тому:
7Г 3 = 36 - 3 - ІОІГ;
= І /ЕОВ =
2
5) 2 ВАЕ — вписаний, ^ ІЮЕ -г цент-
ральний, обидва опираються на одну дугу,
/ПАК--//ЮЕ-Зб”.
2
4) ЕСЛЕ — вписаний,
/ /ЮС — центральний, вони
лбндіїа опираються на одну ду 1-у,
Ї?Ь, 3 а АЛЕ за Теоремою косинусів:
,Л АВ1 + ДЕ1 - ВЕ1 28м + 42* - 21*
2АВ АЕ 2 28 42
784 + 1764 -441 43
2 28 42 48'
З д АС О: ЇХ? АС® + АО1 - 2АС АІ) СОвхїА.
АС > Ай + ВС 28 + 8 » 36 (см).
йС! - 36* + 24* - 2 36 24 1296*576 -36 43 «1872 1548 = 324.
48
ОС = /324 = 18 (см).
Відповідь: 18 см.
226. Центр кола, описаного навколо тупокутного трикутни-
ка, лежить на продовженні серединних перпендикулярів
нова трикутником.
АО • ВО СО - радіуси описаного кола.
ВК 1 АС як серединний перпендикуляр,
висота І медіана а АВС,
АК = І АС * 24 : 2 = 12 (см).
З д АКО: ОЮ^АО* - АК\ ОК » уїЗ* -12’ « >/169~44 ^25 5 (см).
Тоді ВК - ВО - ОК * 13 - 5 - 8 (см).
1 АС ВК • АК ВК = 12 8 = 96 (см’).
£
Ь’.
Відповідь: 96 см1.
І27, ОВ 1 АВ, ОС 1 АС як радіуси, проведені
в точку дотику. ОА 1 ВС (це внилива? з рів-
ності а АОВ і а АОС' і того, що е. ВОС — рів-
нобедрений).
ВК * ВС» І 14,4-7,2 (см).
2 2
З а АОВ (<_АВО = 90 ): ВК X АО. тоді ВК1 = ОК АК.
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін. 467
З ьЛВК. АК'^АВ1- вкг.
АК - ^/12*-4,2і 7144“ 51,84 = <92,16 « 9,6(гм).
л_. ВК’ 51,81 . л , ,
ОТ-Л?,’9.в',в-4
З а ОВК: ОВ = К = 4вк* + ОК* ^1,84 + 29,16 • <81 - 9 (см).
Відповідь: 9 см.
7 Довжина кола. Площа круга
ск
О
Відношення довжини кола до її діаметра не залежить від кола и дорівнює
• 3.14. Це число позначають буквою ж. Таким чином, довжина кола дорівнюй
і = 2гьї.
Радіанна міра кута відношення довжини відповідної дуги до радіуса коли
І а
-— = 77^77 л- Одиниця радіаикої міри кутів — радіан.
Н 180
Г0Д.
261.1) Знайдемо кількість обертів за іч>днн>:
1 11
1 год. Збоо сен. 1 сек. =--сод.-------б-—- об.год
ЗбОо 360(1 о0(І
2) Переведемо 65 см у км: 1 км — 100 000 см, тому доддоо
3) Знайдемо швидкість автомобіля:
«5 600 390 39 _ яо п .
їооЙЙ V Їоо5 їдо °-39 °’ ’ к“/гол-
КМ.
262, Годинникова стрілка проходить за годину 360 , тому Я = б см, п - 360°:
ж б 360
цю
-12к.
263. Годинникова стрілка за 40 хв. описує кут 240*: І*- Я -?-
180
265. а) Розв'язати задачу можна через вписані і центральні кути.
, ХЯ л „
<•——— "Я п , п ведичний центрального кута.
Дстм
Знайдемо спочатку радіус кола, гцо описує трикутник
(лив рис. а).
Я-—— ; ^ВСА-180 -1100 тбО^-ЗО'. Я-----------------
2 аіп а ' ; 2 яіп ЗО
32л.
В
-- - - 6 (см).
» і
Побудуємо центральний кут £ АОС (рис. б)
6) На одну хорду опирається вписаний і центральний кут
/ АВС 1 £ АОС , тому /Г АОС -1О0’ .
Знайдемо довжину дуги АС:
. 6 ЦЮ я . >Юж Юл
( ; (• —у-»-—
130% Я З
в) Побудуємо центральний кут ВОА.
£ВОА опирається на хорду є £ВСЛ , тому 2 ВОА -60
! Х-бО* я ж
'лжг ^б"2
Центральний кут ВОС = 200°, І - . • —- .
,91 • 180 з
468 ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та Ін.
В /ТЛОЩЦ круг» ДОрІВНЮ* ПОЛОВИНІ Добутку ДОВЖИНИ КОЛй. ЩО Йол» обмежу*. ми
В радіус; 3 = Чк = лЯ?.
^В ' -
72. Нехай радіус заданого круга й, тоді площа цього круга 3 жН». Знайдемо
збільшений радіус: ,
К — ПЮ%
х — 110%
х 1,1К — це величина нового радіуса.
Знайдемо нлощу: 5 = 1.21лЯ*. 1.21 лЯ1 - пЯ: - 0,21пН°.
Площа круга збільшилась на 21%.
О 5
* '/Йімругв, щмбуяообі а К» пмптв
с’ <1
X « О . ЛА леї Я
д яншнтугж. мяжтд. «• Л
Я
°Швр,»Ж< »«*/* ва НГ»
Ь* 1 , 1 , І 1
Й--Д. т-яЬ :-я
4 4 4 4 4
С “О 4 0
Круговий сектор — частина круга, що лежить усередині відповідного цеп
тре іьного кута їх, Площа кругового сектора визннчасться за формулою;
,*ї ® ----- їх.
360
Круговий сегмент спільна частина круга й твплощиии. Площа кругового
сегмента визначається за формулою: 5 = д^а 4
+ при а < 180 .
- при а > 1Яо\
де а — градусна міра центрального кута, що містить дугу даного кругового
сегменти. 5, — площа трикутника □ вершинами в центрі круга й кіпцями
радіусів, що обмежують відповідний сектор.
273. -5Г„ -5<ЛМ . Зпнйдемо 5^ — червоний колір.
3"^-а . а — центр. За умовоюлВСП — квадрат, його діагоналі взвемо пер-
3°° а <І2
пепднкулярні: /ДОВ“90 ; Ц, “ —
5 «
1
90
л • 2а ят
2
360’ Х-4 Я
5 1 Ь’ --а .2-Х?-.Мн45" ; / ЛВО-г ИАО-45’
.лоа-1 -»«»« *'" 2 2
1-<.з
І "~
д*л а’ а*я - 2а
8 4
2 2
275. -5.,
5 К
360 ’ *—•*—73
а • ігО1’ (Повний оберт 360', поділили на три дуги:
^ДВ-^ВС-Ч^СА-120)
я [ і] в
$ „ —1 АВМ- / ВОА - ЗО ;
^0”, 9
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та Ін. 469
АО * ОВ — радіуси описаного кола, бісектриси кутів.
5 - і а —віті ЗО*
4- 7з 4^3
ч яа* а’ _ 4 \Зла’ - 9а’ ° І4 7?Я )
** Ш 9 4x3 36<3 367з
281. 1) Діагональ ромба є його бісект-
рисою, тому 2 АВС—30° .
Ї«Й
&
2) Розглянемо дАОВ (ЛО~УО');
АВ = 6см, 2АВВ-130* .
3) За властивістю гострих кутів пря
мокутного трикутника:
АВ 2-АО=12(см).
Відповідь: 12 см.
282. 2ВМА»^ МАО — внутр. різносторонні при паралельних прямих ВС і АО
та січній АМ.
ЛВАМ • £МАО •45” (АМ — бісектриса 2А за умовою).
аЛВЛ/ — рівнобедрений (кути при основі рівні).
АВ = ВЛ/ = 10 см. АП = ВС = 10 + 14 = 24 (см).
З д АВВ: ВВ’ • ЛВ3 + АО’;
ВО = 710’+ 24’ = <676 - 26 (см).
Нехай ВО = х см, тоді ОО - (26 - х) см.
а ВОМ о> д ООА (за двома кутами), тоді
ВМ ВО 10 х
АО = ОО: 24 “ 26 - х:
260 - Юх - 24х; 34х « 260; х = —.
17
_й 130 312
17 17
к. і 130 . 312
Отже, бісектриса ділить діагональ на відрізки -уу і — - см.
284. Від координати правої точки треба відняти координату лівої точки (за роо
міщевням на прямих): 1)7-3 = 4; 2) 4 - (-2) = 6; 3) -2 - (- 6) 4; 4) Ь - а.
285.1)
470 ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та Ін
Лб ВС - К& - (-1)| - 6;
13. Декортові координати на площині
287. 1)Л(3; 4) — IV чв.,
2) В(-3; 1) — II чв.;
3) С( 4; -5) — ПІ чв,;
4) ХНІ; 9) — 1 чв.
8 Відстань між двома точками із заданими координатами
ьТрИкч гННК я ЛрлЧплиПІНи.Ч. ЯКЩО кВ&ЛрлТ гіпотенуза ДОріВНЮС сумі КМ1Д]>- и
Катетів. Гіпит^ну^а — найбільша сторона прямокутного трикутника. В
г
ЗОЇ. Знайдемо довжини кожної сторони:
ЛВ- ^/(-1-2)’4(4-7/- /ГГО- <18-3 <2
ВС - /(І-(-1))’+(2-4)’ - ч4е4 - /8-2/2
ЛС- 7(1-2)’ 4(2-7)* — /1425- уїв .
Перевіримо, чи прямокутний він: за теоремою Піфагора
I АС» - АВ» 4 ВС», ( /26 ) -( /18 4 ( 78 )’
26 = 26. Трикутник АВС — прямокутний.
302. Пояснення аналогічне до № ЗОЇ.
І АВ- ^(7-(-!))* 4(4-2)*- <64 4 4- /б8
1) ЛС - ^(7-( -1))’ + (2-2)* - 8
ВС - 7(7 -7)4 4(2- 4)’ -2 . Третя вершина С може мати координати (7; 2)
( /б8 )Я-8’ + 2’
68 = 68;
2) АС - ^(2 -( - Т)/ + ( - 3 - 2)* - /9+25 - <34
ВС- ^(2-7)*+(-3-4)* - /25 + 49-/74
(/74)\(/б8)’ + ( /34 |*. Третя «аршина не може мати координати (2; -3).
Відстань між двома точками на площині з координатами АДХр у,) і ух)
(ряс. 72) визначається за формулою; іі * - Д)* + (Ц - С^)г.
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін. 471
303. Знайдемо відстані між точками:
1) АВ - 7Г1 + 2)’ + ( 4 + 7/- Л+9- Л5
ВС- ^(5 + 1/ + (14 + 4/ - <36+ І24 - <360 -6<10
АС- /(5 + 2/+714+7)’ - <49+441 - <490-7 <10
АС = ЛЯ + ВС; 7л/Ї0 = 6 Ло + <10.
Так, три точки лежать на одній прямій, бо АВ + ВС •АС. Точка В лежить між А і С.
2) В£- ^(2 + 1/+(13-3)*- <9*100- <109
££- 7(5-2)’+(21-13)’- <9 + 64- <73
ВЕ- 7(5 + 1)’+ (21-3)’ - <36+324 - <360-6 Ло .Жоден з відрізків н« дорівнкя
сумі двох інших. Точки не лежать на одній прямій.
304. Знайдемо відстані між точками:
МУ-7(-ІО + 4|’ + (7 5)’- <36+4— <40-2<10
ЬІК- <(8 + 10)’+(1-7)*- Лб’+Зб- <360 бЛ0
МК - 7(8 + 4)* +(1-5)* - <144 + 16 - <160 - 4 Л0
Л7:У + МК 6 <10 . Точка М лежить між точками N І К.
305. Відстань між двома точками нам відома. Для розв’язання задачі використає
мо формулу:
сс-
5і- 70г-3)* + 9 • 25-х’-6х + 9т9
хї-6х+18 25-0, х’-бх-7-О
х, « 7 х, -1. Таких значень два: О (-1; 1) і С (7; -1).
306. Точка, що лежить на осі Ох, мас координати (х; 0).
Якщо точка рівновіддалена від т. А і т. В, то відстані між точками АХ І ВХ
рівні.
А<-1;-1), В (2; 4), X (х; 0)
АХ - ВХ
7(х +1/ + (0 +1)* - 7(х-2)’ + (О-4)’ , 7«’+2х + 1+1 - 7х’-4х + 4 +16
і <х’ + 2х + 2 |* -( <х* - 4х+20 |
х1 + 2х + 2 = х* - 4х + 20
У'<2хт2-Х+4х-20 = О
6х 18
х 3. Точка X має координати (3; 0). *
307. Точка, що лежить на осі ОУ. мас координати (0; у). = УЕ
। <(о+2)’+(р+з/ [-(7(7^77(ї^7 -1
4 + у* + 6у + 9 —Іб-Ч-Зу + у*
бу + 2у = 17 - З
Ву = 4
- Точка У має координати
472 ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та Ін.
іноді паралелограма перетинаються і точкою перетину діляться навпіл
поВ. Координати точки, що ділить відрізок у заданому відношенні, знаходимо за
г|>ормулою:
АВ а.
—“ —1 .то
ВВ а,
В І:
2
а)
Аія^рр
__ х 4 __&1 * V — ——— -у. •+ ——1— и,
а, Кх, 1 сц+а, ' а,+а,
АВ 1 .
— а. = 1 а, = 3.
ВВ 3 ’ 1
З 1
т. В по ОХ мас Координату: X- •— --Й + ;—» (“3) 5
1 + 3 1 + 3
— З 1 вг <
V. Р по ОУ мас координату: р- -•( - 3)+- 7 ; р- -у
4 4 4 4
V
х.у>
“1 . 1
В(*ГУ,)
їй 3 12 ,
4 14
9 , 7 .-2 „ 1
2’
4 4
рдммати точки С, що о серединою відрізка АВ з коордлпатамм точки А(хр р()
і тички Я(х,, у,), визначаються за формулами: х « -Ц—-1. V = -1 *
£ £
ч(№, Знайдемо координати т. О по діагоналі АС:
О
О (-3; 3).
В( 4;4>
А(-5.1)
С(- 1;5)
2 ’ 2
! Через середину відрізка В В знайдемо коордн-
потит.0:^_-3 1^-3
2 2
-4 + X = -в, 4 + р = в
л--2. р = 2. В (-2: 2).
311. Знайдемо координати точки перетину діагоналей по діагоналі АС:
-2+6 в+21;О(2. Б) В(3:-3)
(Знайдемо координати т. О по діагоналі ВВ:
ЛҐЗИ З-НЗ)
Координати рівні.
АВСВ — паралелограм.
О
2 ’ 2
І О (2; 5).
Л(1; 13)
А(-2;8)
С(6;2)
| — це паралелограм, сторони якого рінні.
312.1. Перевіримо, чи дЕтяться діагоналі точкою перетину
координати т. О по діагоналі АС:
-3+1. -2*1-2
2
О
2
. 01-і: -2).
-2)
координати, т, О по діагоналі ВІ):
Діагоналі діляться навпіл. АВСВ — паралелограм.
АВ- ^3)’+(2 + 2)1’- ДТів - „20
НавіІІЛ'
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та Ін. й-: 473
ВС- ^(і-(-І))3+ (-2-2)’- <4 + їб- /20
СД- ^1-1)*+(-6+2)* - <4 + Ї6 - 720
ао- 7("143),+('6+2)’ “ /»+їб- у'2О .
Сторони рівні, АВСО — ромб.
дроте — це паралелограм, у якого сторони та діагоналі рівні.
313. т о
по діагоналі АС: ОІ ;6 Т-к_8/
2 2
;О(-1;-1);
т. О по діагоналі ВО: О
і -8 + 6 -2+0і
І. ’ 2 ; 2 І
АВСО — паралелограм. Знайдемо довжину сторін:
АВ = /( - 8 + 2)’ + (- 2- 6)* /36 + 64 = 10
ВС - 8+0 У+ (- 2+ 8 )’ 7 64 + 36 = 10
СО = ^(0+ 6 )’ + ( - 8 + О )’ = < 36 + 64 -10
ОЛ- -764 + 36 = 10 .
Сторони рівні, тому АВСО — ромб.
Обчислюємо довжини діагоналей:
АС = 7(0-(-2))* +(-8-б/ = /ГГ196 = 4200 • 10/>;
О (-1; -1).
ВО /(б + 8)’ + (0 + 2? - , ЇЙ + 4 = <200 = 1042.
Ромб, у якого діагоналі рівні, — це квадрат.
314. 1) Знайдемо координати т. С через середину сторони ВС:
2ІІД.2: гШі.г
2 2
-З + X - 4 -1 + у = 4
х «= 7, у = б.
2) Знайдемо координати т. А через середину
відрізка АС:
Нін
2 2
х, + 7 = 4 р, + 5 = 4
х, = - 5 у, - З, Л(-5; 3);
3) т. С(7; 5); т. А(-5; 3).
Зі5. За умовою Л£(-3; 8) — середина відрізка АВ,
де А(х; 0), В(0; у).
„,,-0 + х „ „ у + 0
Тоді -3 = ———; х « -6; 8 -------; и - 16.
2 2
Маємо Д(-6; 0), В(0: 16).
АВ = 7(0 + 6)’ + (16 - 0)’ = 436 + 256
» <292 = \ 4 73 *2473.
474 :•$ ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін,
Л 6. Оскільки а АВС — рівиосторішіїїй, то АВ - ВС = СА Ні-2;3)
1) Знайдемо довжину АВ » ,/їб+ 36 = <52 = 2ч 13 .
12) ВС » АС, тому ВС = уі (х + 2)* + (у - З)1 ; / \
ас - - 2)* ; з? / , \
(х + 2У + (у - 3)» = (х - 2)* + (у + 3)’ А(2;-3) С(х;0
X ' + 4х + 4 + у* бу + 0 = Х - 4х + 4 + у* + бу + 9
8х - 12у а 0 |: 4
2х - Зу (і
З
X « — у . Знайдемо і/і
2
(хУ+2И + (у -3)’= 52, -у’ + 0у + 4 + ут- 0у 4-9-52 = 0
2 4
=39. у’- ^-12.
ч їм
у и ± 12 » X 2Ч З
ж, - Зч/з ; х, = -3^3 . С(.з73 ; 2^3 ) 1 С( 3<3 ; - 2у[3 ).
318. Відстані АВ і СВ — рівні, тому:
(х - 5Н + (у - 9)3 » (х - 1)* + (у + ЗУ
х’ - Юу * 25 + -18у 4 81 X* -2х
[ -8х - 24у + 06 = 0 |: -8
х + Зу = 12
х « 12 - Зу за умовою: модулі координат рівні, тому:
і12-Зу| = |уІ
12 - Зу = 0 у = 0
Л(5;9)
В(х;у)
+ бу + 9
С(1;-3)
у = 4
1, у є ( - « ; 0 )
12- Зр =-у
-2у =-12
ТІ у е | 0,4)
12 - Зу у
- 4уа -12
у = 6у( = 3 й
X, = 12-3-3 х, а 12 -3-6
Х| = З X, 6.
Відповідь: (3; 3) і (-6; 6)
III. -12 + Зу = у
2у - 12
0 4
319. Оскільки нам не вколено, які сторони д АВС рівні, розглянемо різні варіанти.
1) Нехай ЛВ = АС: (1 - х)= + (1 - 0)’ - (1 - 2)' + (1 - Зр
І -2**? + 1 - 1 - 4 = 0 А(1;1) В(2:3,
х* - 2х - 3 = 0
х, = 3;х,-^1
С(3; 0) або С(-Г, О).
2) Нехай АС « ВС: (1 - х)’ + (1 - О)1 = (2 - х)3 + (3 - О)3 *
1-2*+Ж* 41=4 -4х+д/ + 9
2х«11 С(х;0)
х 5,5
С(5,5: 0).
3) Нехай АВ = ВС: (2 - х)1 + (3 - О)1 « (1 - 2Н + (1 + Зу*
4-4х<-х*+9-1 - 4 = 0
Xі - 4* +8 = 0
В = 16 - 32 < 0 — коренів немає.
ЛВ ж ВС.
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та Ін. 475
321. АВ - 9 см. СВ = 3 см. АМ: МВ = 1:2.
АВ = АМ + МВ
9 = х + 2л
х - З
АМ = 3 см; МВ - 6 см.
З 1
Знайдемо сов В : соя В - —, сов В = — . За допомогою теореми косинусів знай-
демо МС: 9 3
МС V 3* + 6і' - 2 3 б сов В . МС =
МС = 45-12 /33 (см).
9 + 36-2 X б-Л
322. Розглянемо *АКС ( ЛК - 90 ):
/С-90 -28 =62 .
Діагональ ромба € його бісектрисою:
/ВСІ) = 62 2-124'.
/ ВЛІ) = /ВСВ =124
з лВОС (/0 = 90 ): '
ЛС = 62 знайдемо ЛВ • 90 - 62* = 28 .
/АВС-28 ' 2 = 56. Л АВС = ЛСВА* 56'.
Відповідь; 56 ; 56 ; 124‘; 124'.
Відрізок, що сполучає центр кола з будь- якою точкою кола, є радіусом.
324. ЛЯ — радіус; АВ - 7(10 - 1 )’ + (6 + 6)’ я /Ії + 144 = у 225 • 15 (см).
325, Центром кола буде середина діаметра: О( ), 0(2; 3).
2 2
ОС = ОВ — радіус; ОС » у (6 -2)* + (- 4 - 3)’ -/Ї6 + 49 - /б5.
Я = /в5.
9. Рівняння фігури. Рівняння кола
ш
Рівнянням фиури с рівняння з двома невідомими х, у, що задовольняють ко-
ординати будь-якої точки даної фігури й тільки цієї фігури.
Рівняння кола: (х - а)1 + (р - б)’ = , де а, & — деякі числа. В — радіус
кола;
якщо центр кола збігається з центром координат, рівняння набуває виду:
Xі + у* = Н1 •
338. Центр заданого кола знаходиться в точці 0(5; -4), радіус кола — V 17 .
Знайдемо довжину відрізка:
АВ - ^(йЛ)’ + (-3 + 5)1 = ^'64+4 Тб8-2/Ї7.Я= і </; Я = /17.
Довжина відрізка АВ дорівнює діаметру кола. %
Залишилось перевірити, чи належать точки А і В даному колу.
Точка А: (1 - 5)» + (-5 + 4)’ » 16 4 1 = 17.
Точка В: |9 - &)’ + (-3 + 4)*« 16 + І = 17.
Дійсно, АВ — діаметр даного кола.
М Хорііа — це відрізок, що сполучає дві точки кола.
476 ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін.
МО. Знайдемо р-оиуг (X' і 01). Центр коли знаходиться в точці 0(0; 9).
1.0С =/(5~О)Г7Т- 3 - 9)* » 72&” 144 - ч- 169 «г 13
ОН = /( - 12 - 0)* 4 (4 - 9)’ = 7'144 + 25 = V 169 - 13 . Точки СІВ лежать на
колі, СВ — хорда.
240. Точка дотику з віссю ординат мас координату: ? к
4(0: у). Р»---д-----ї
Рівняння кола: (X - а? + (у - ЬУ - №
а । -6; Ь = 7
(х 4 6>‘ 4 (у - 7)» - Я».
Залишилось знайти радіус кола:
Я = м7Тв7о)* + (у -7)’ . ” ;
Точка дотику по осі ординат дорівнює 7, тому:
342. Я» 3 75; Я= = 45.
Центр кола — (0; у), точка, через яку
проходить коло, — (3; 5). Складаємо
рівняння щодо знаходження довжи
ви радіуса;
Ю — ЗГ + (у - 5)*= 45
9 4 у» - ІОу +25-46 1. (і
у1 - Юу - 11 = 0
у, = 11 уі = -1 Рівняння кола;
1) Xі + (у ~ 11)»- 45; або
2) Xі + (у + 1У» 45.
-ЙтО/ + (7 -7) , Я = 6.
341. Радіус перпендикулярний до
осі ОХ. 8М - Я = 5.
Рівняння кола:
(х - 2)1 4 (у + 5Р = 25.
343. Центр кола знаходити я в точці (х; 0); якщо коло проходить через точки, то
відрізки, що сполучають центр кола з цими точками, є радіусами кола, вони
рівні, тому:
(х + 4}» + (0 - 1)» » (х - 18))’ + (0 - 5)*.
/+8х + 1б + 1* X-16х + 64 +25
24 ґ = 69 -17
24х » 72
X = 3. Центр знаходиться в точці (3: 0); Я» = (3 8)' 4 (О - 5)»;
Я» я 25 + 25; Я5 » 50 Складаємо рівняння кола:
(х - 3)» + у* - 5Л
345. 1) х’ + 2х + у» - ІОу - 23 » 0.
Виділимо квадрат двочлена з виразу Xа + 2х та у* - Юу.
(X + І)1 - 1 + (у - б)» - 25 - 23 - 0. (х + 1)» + (у - 51» = 25 + 23 + 1
(х + І)* + (у - 5)» '49 Координати центра (-1; 5): Я * 7.
2) х* - 12х + у» + 4у 4 40 = 0, (х - 6)’ - 36 4 (у 4 2)» - 4 4 40 - 0
(х — 6)* + (у 4- 2)* 0. Такого кола ие існує: Я - 0
3) х» + у’ + бу 4 8х 4 34 = 0, Xі + 8х + у» + бу + 34 0
(X + 4)» - 16 + (у + 3)» - 9 4 34 - О
(х + 4)* + іу + З)1 * - 34 4 25
(х + 4Р 4 (у + З)1 = -9, Ж 0, такого кола не існує.
41 х» + у» - 4х - 14у +51=0
Xа - 4х + у* - І4у + 51 = 0
(х - 2)а - 4 4 (у - ТУ3 -19 + 51-0
(х - 2У 4 (у - 7)» - -51 4 49 + 4
(х - 2)* 4 (у — 7)а - 2. Координати центра (2; 7); Я ч 2 .
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін. £$ 477
..’Л«Л*Л‘ЛЧ‘Л?Л-
346. 1)х*4у* 4 16р + 60 0
х* і- (у + 8)’ - 64 + 60 = 0
X* + (у 4 8)’ = 4. координати центі» (0; -8); Я - 2.
2) х» + у* - 8х + 4у + 15 - 0
Xа — 8х 4 у* + 4у +15=0
(х - 4)* - 16 4 (р 4 2Г - 4 4 15 - 0
(X - 4)’ + (р + 2)* = 20 - 15
(х - 4)* + (у + 2У - 5. Координати центра (4; -2): Я = 75 .
347. Знайдемо довжини сторін трикутника:
ЛЯ=7<-1 +1)’+ (2 + 2)’ = 716 -4. ВС = 7(5 + 1)’+ (2-2)* -ЧГ36 = 6,
АС = 7(5* 1)* +(2 + 2)* = 736 +16 -Тб2 , АС1 = АВі + ВС1
( 752 )* = 4» +6*, 52 = 16 4 36
52 52, трикутник АВС — прямокутний.
Центр кола, що оцисус прямокутний трикутник, лежить аа середині гіпотенузи.
— 1 + 5 -2 + 2
Координати центра кола: О(—-—;—-— ); 0(2; 0); АО - ОС — радіус.
2 £.
Я= 7(2 + 1)’ + (0 + 2) =79 + <=/13,(х-2)» + р’= ІЗ.
353. ЛАВЕ ЛСВЕ,ВЕ — бісектриса,
ЛСВЕ - ЛВЕА — різносторонні внутрішні
кутя при паралельних прямих ВС і АО та
січній ВЕ.
» АВЕ — рівнобедрений, АВ - ВЕ — д АВЕ
рівностороимій, ЛА я Л В = 2 Е = 60‘
8 » а 5 віпа; АВ = 12 см; АО - АЕ 4 £О = ЗО (см);
8 = 12 ЗО віп60°; 8,= 42* -ЗО — - 7з (см).
&
354. ВК ЛЛС; лАВС прямокутний,
Л,= 79 16-3 4 = 12 см.
З л АВК знайдемо АВ\
АВ = 7^* * 12* = 78Ї+Ї44 /225 15 (см).
З а ВКС знайдемо ВС:
ВС = 712і + 16* - 7144+ 256 = 7400 • 20 (см).
р*ва> = <16 + 20) - 2 - 70 см.
355. У трапецію АВСО вписано коло. Через центр кола
проведемо ЛМ 1 ЛВ, Мії 2Я - 24 см. ОЕ = 16 см
(Е — точка дотику).
Проведемо СК 1 АО, СК МІЇ - 24 см.
МО = ОЕ * 16 см (за властивістю дотичних).
Тоді ЛО = 2МО - 16 2 = 32 (см).
Позначимо СЕ - х, тоді N0 = х, МК - х,
КО - 16 - х (властивості рівнобічної трапеції).
З а КОС: КО> » СОг - С№;
<16-хр = (16 ♦ х)* - 24*;
256 - 32х 4 х* = 256 + 32х 4 х* - 576;
64х 576; х = 9.
Отже, ВС = 2х = 18 (см).
АО+ВС
О -1 .- • V А
32+18 Л_ влл л-
= —--------24 600 (см1).
478 ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін.
10- Рікнймті Прямої
Рівняння прямої: ах + Ьу + с = 0 , де а. Ь. с — деякі числа.
. Координати точки А(х; у):
- -2; у - - -3; К(-2; -3).
2 2
Шукана пряма проходить через точки Л і К, тому
координати цих точок задовольняють рівняння
прямої у = кх і р. Розв’яжемо систему рівнянь:
Г-Зж*-(-2) + р, -3 = -2А+р,
|-1 = * (-6) + р, -1 - -6А + р-,
З = -4А: А = -0.5.
-З = -0,5 • (~2) + р', р = -3 — 1 я -4.
Рівняння прямої: у = -0,5х - 4.
-32 -4+2
367.1) Знайдемо координати т. ЛГ(- — ~ ); М(-2,5; 1).
& &
2) Знайдемо координати т. Лг( —*3;«— ); А^(2; 0,5).
Ліг
3) Складемо рівняння середньої лінії ЛГ.У: 2; 2)
х +2,5 у+1
2 + 2,5 0.5 + 1
п Є . Ч Л
4,5 1,5
X + 2,5 - Зу - з - 0
X - Зу = 0,5; Зу « 0,5 - х; у - ~
З 6
О(-3; 4)
N
А(-'3; 4)
7X3 — 2)
Координати точок перетину
Дві фігури перетинаються, якщо система з рівнянь фігур мас розв’язок.
Перетин
Система рівнянь
Розв'язки системи
Двох
прямих
ах + Ьу + с - 0,
акх + Ь,у + с, 0
х -ака^-ас^ с
аЬ, - а,Ь
аЬ, аЬ
Прямої
і кола
їх1 + у* = Л*
[ х = (і,
де </ — відстань від центра
кола до прямої *
х </,
У » ±5/Я1 - іІ\
якщо Н ► и, то система мас два
розв’язки;
якщо Я гі, то системи мас одне
розв’язки;
якщо Я < </, то система не має
розв’язків.
ПОЯСНЕННЯ
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін. $$ 479
369. 4х- Зу - 12.
1) Знайдемо точку перетину графіка з віссю ОХ: у = 0:
4х = 12, х = З, Л(3; 0).
2) Знайдемо точку перетину графіка з віссю ОУ: х = 0,
-Зу » 12, у « 4. В(0; -4). ОА = 3: ОВ » 4.
3) Знайдемо ва теоремою Піфагора
АЙ « 3і + 4’ = х9 + 16 = 5 (см).
4) = 4 + 5 + 3» 12 (см).
371. Побудуємо графіки заданих рівнянь:
Точка перетину графіків:
Зх + 2у = 6,
9
у = -4х;
Зх + 2у - 6.
9х + 4у » 0;
-6х - 4у = -12,
9х + 4у = О,
Зх » -12; х = -4; у = 9.
Цс точка (-4; 9).
0(2; 0) - за побудовою.
8.мм> = 5.«« “8.ш> л ВС - |ОД ОА » 1 2 9 - | 2 3 - 9 - 3 = б.
2 2 2 2
372. Центр кола знаходиться в точці (5; б), Я 3.
Знайдемо точки перетину графіка функції з осями координат:
ОХ: у « 0 ОУ: х 0
х » 7 у 7
х + у » 7 (х - 5)’ + (у - 5И « 9
х = 7 - у
(7 - у - 5)’ + (у - 5) =9
(2 - уУ + (у - 5>» = 9
4 4у + у* + у3 - 10р + 25 - 9 = 0
2р* - 14р + 20 - 0 |: 2
р8 - 7у + 10 = 0
Р1 5; У1 в 2
х, » 2; хл = 5.
Точки перетину: Л(5; 2) Я(2; 5).
373. Розв'язання аналогічне до № 372. У відповіді буде тільки одне точка,
х « 5 - у
(х - З)8 + (р + 2)* = 8
(5 - у - З)» + (у + 2) - 8
(2-рУ+ (р + 2)* = 8
+ У + >0+4 8=0
2у’» 0
р=0х»Б - 0
х = 5.
Точка дотику: (5; 0).
480 ЇЙ ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та Ін.
ОУ: х - 0
-2у = 10
#= -5
|Ш. Знайдемо точку пермияу прямої з осями координат:
ОХ: у = 0
5х = 10
Г=> 2
ОА = 2, ОВ = 5.
е
Відстанню від точки до прямої є перпендикуляр:
2-5 Ю Юї/29
І-*' .й° ^29 =-29“-
’8< Знайдемо точки перетину прямої о осями координат:
х + у • - 8
Й ОХ: у - 0.
З ОУ: х = 0
Р = '8
А(-8; 0); ОА 8
8(0; -8); ОВ - 8 —
Знайдемо АВ*
АВ = /в +8'=ч’128" -/і 32-2/16 2-8/2 .
Відстанню між точкою та прямою о перпендикуляр:
аЬ 83 8
Д Ш а —ж
= 4,2.
7. Знайдемо координати точок перетину кола |х +• І)1 1- (у - 2)’ - 25 з прямою:
р « Зх
(х + 1)* * (Зх - 2)1 - 25
х* + 2х + 1 + 9х» - 12х 4 4 26
Юх1 - Юх - 20 «0 і: 10
х* - х - 2 = 0
х] = 2 хж = -1
Р, 6 = -3. Координати точок перетину: А(2; 6); В(-1: -3).
Знайдемо довжину хорди: АВ
14. АС - 62 см, ВИ = 8 см.
Діагоналі паралелограма точкою перетину діляться навпіл, тому
ОС.ОД « |лС= 3/2 ; ВО = О[) = ~ ВП - 4.
4 зй
Використовуючи теорему косинусів, знайдемо СЛ:
СР = 34 -24
СЛ = / іб (см), СВ = АВ = /16 . 4'
. / ВОС * £ СОВ = 180* - суміжні, А ВОС - 135
006 185 соя (181)' - 45°)- -сов 45°.
Використовуючи теорему косинусів, знайдемо ВС',
ВС1^ 4’ + (зV2 )*-2 4 з/г^-соьІУ). ВС* - Ю
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г, та Ін
401
385. Знайдемо висоті- з Двох трикутників: з а АВВ: ВИ' = х1 ’ V
з д СВВ: ВІВ (х + 15)х - 32і Склада< мо рівняння: я
/- 49 = х* *+30х + 226-1021
ЗОх = 1024 - 225 + 49
ЗОх = 750
х = 25.
ВВ 825“49 : ВР =Тб76 ; ВВ • 24 см.
з л АВВ знайдемо ЛВ:
АВ - 77' +24 „ 49+ 578 = ч 625 = 25 см.
з а ВСІ) знайдемо ВС: 25 + 15 = 40 см.
/> = 25 + 40 + 39 = 65 + 39 = 104 см.
члу*
11. Кутовий коефіцієнт прямої
Рівняння прямої можна записати у вигляді: у кх +1, де к = - —;
Коефіцієнт к у рівнянні — Кутовий когфіцинт прямої.
к дорівнює тангенсу гострого кута, що утворює пряма з віссю х.
/а--
Ь
3«1.Л(-3; 7). 1)* 4.
Рівняння прямої з кутовим коефіцієнтом:
У - У, ~ к(х - х,>. Підставимо числа у формулу:
у - 7 » 4 (х + 3)
у - 7 = 4л + 12
• 4х + у = 19
4х - у = 19:
2) Л(-3; 7). к -З
у - р^Анх-хЗ
у - 7 -3(х + 3)
Зх + у -2;
3) А(- 3; 7) к = 0
У - У і = *(Х - «,)
у- 7 =0
У =7.
393. 1) Нехай рівняння шуканої прямої кхі + р.
За умовою пряма у » - 7х + 3 і обрана нами пряма паралельні, тобто Л, = Аг, - -7.
Нова пряма проходить через т. Лї(-1; 9), Підставимо числові значення у рів
няння прямої:
9-7-(-1) + р
9 7 4- р.
Рівняння прямої, що паралельна до - 7х + 3 та проходить через т. М:
у = -7х + 2
2іЗх-4у = -8. Л/(-1; 9).
-4у = - 8 - вх |: (- 4)
13 З
г,’-'* -ї
х + 1
2
*,х, + р, *, « Л, = *
9 = | (-1 )+р, 9 + | =р
З 3 3
В л 9 — . Рівняння прямої: у - х +9 - .
4 4 4
У.
395.1) А72; 6>; к €И_Г . Складемо рівняння прямої, що проходить через т А і ну
товип коефіцієнт якої дорівнює:
482 ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та Ін.
8 - 60’ = уЗ .
ш**
1 _ г\3 _
;.х+3. уа - + 3.
ї) А(2\ 6); * 12<У\ Знайдемо І8 120 = 1^180* - 60 і » -І£ 60й
у у, * *(ж - X,)
V 6 = -7 3x42 ,13 + 6 ; у = 3 лт2| ч 3 + 31.
7. в) Зображена пряма проходить через
| т А(0’, 3) та має кутовий коефіцієнт
80 :к - ірЗб »-у-
у ‘ у4 = Нх - х,)
Й“ 3=
к = І? (180’ - ЗО")*
у - у, *(х — х,)
у - 0 -і-( х- 2Ч 3)
X ХуЗ „
у - - т- + . у = - - „ - т 2 .
7з з
. Якщо У( ч кг, то прямі паралельні:
І) -5у + 2х ж 9 І 5у - 2х 1.
2
кі -, прямі паралельні.
2) 12у 4 8х = (: 2 1 4х 4 бу = 9
бу 4 4х = 7,5 бу + 4х = 9
4
= Л, = - , прямі паралельні.
І Я) ~2у + Чх 12 1 -Зу 4 7х = 12
І у -3,5х -6 у - 2 * ж = і
*, = -3,5 * к, = -2* ,
прямі на паралельні.
4) 2у + Зх = 3 1 4у 4 6л = 6
3 3 6,6
*+2Х = Н+4Х=1 Г =1
З
У + -х = 1
•ь
з
я. • к і -. прямі паралельні.
' 1 2
Ж. Чх - Ьу 3 і бу - 7х 6
І-6р
4*
1
2
4 7х»3
7
6
7 ,
6Х “1
**>? 4-
При м> пцролельн*
402, у -х 4
Нехай нове рівняння прямої буде: у,« к1хг + р
Оскільки задана пряма перпендикулярна новій,
то \ • *, = -!,
1
V і
5 1 • 1 4 р, 4 р.
Рівняння прямої, що перпендикулярна до зада-
ної: у = х 4 4.
З Л<1; 5).
404. 1) 3 ьЛВК знайдемо АК:
АК = <2Ь}-Т* = х 625 49 570 = 24 (см);
, 2) 3 /. АКС змайдемг* АС:
Г^ИВ « 7+ =75764324 = /960 = 30 (см):
Менша діагональ АС = 30 см.,
3) Із властивості діагоналей ромба:
ВЛ 1 АС; АО = ОС = 15 (см); ВО ч ов,
і) 3 &АВО знайдемо ВО:
ВО - у 25 ~ 15’ г 625^225 - 7 400 * 20 (смі
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін
483
5) ЙО - 2 ВО - 40 см.
Відповідь: ЗО і 40 см.
405. Усі медіани трикутника перетинаються в точці,
що ділить медіану у відношенні 2 : 1 під вершини
ВО — медіана і висота, проведені до основи рівнобедрено-
го трикутника.
ВО ; ОО = 2 : І; ОЛ « і ВЛ « 18 : З = 6 (см);
З
ОС : ОЙГ = 2 : 1; ОС = | ВЛ = | 15 = 10 (см).
З д ЛОС; ОС* » ОЕР + ЛС*;
ОС - 7ОС’- ОЛ’ - >'10* - 6* И )в » 8 (смі.
5 ’ АС ВО-ЛС ВЛ - 8 18 -г 144 (см*).
§4. Вектори
12. Поняття векторе
<х
ш
X
о
а
Вгктор -* напрямлений відрізок.
Однаково напрямлені вектори — вектори, відрізки яких однаково напрям
ясні; протилежно напрямлені вектори — вектори, відрізки яких напрямлені
в прлтидг-яиіі боки.
Абсолюшна величина вектора (хтіуль) — довжина відрізка, що зображу* век-
тор. Абсолютна величина вектора а позначається І<5І.
433. 1) За властивістю гострих кутів прямокутного
трикутника: АВ = 2 АС, АВ = 4 (см).
2) Відрізок, що з’єднує середину гіпотенузи з вер-
шиною прямого кута, є радіусом описаного кола,
тому АМ • МС 2 (см).
Відповідь: АВ 4 см; МС 2 см,
Колінеарні вектори — паралельні чи ті, що лежать на одній прямій.
435. За умовою задачі Ь і с не колінеарні, тобто вони не паралельні І не лежаті
на одній прямій. Вектор а колінеарний кожному з векторів. Це може бути
тільки в одному випадку, коли вектор не має напрямку. Отже, вектор а — Ну-
льовий.
Рівні вектори мають ріпні довжини та с співнапрямленими. Якщо вектори
снівнапрямлені, то воші паралельні.
437. Ай СЛ ; тому і АС | ВЛ; АС ВЛ.
Отримана фігура с паралелограмом.
Точкп перетину діагоналей с серединою
кожної з них.
440. Периметри подібних трикутників відносяться як їх лінійні розміри.
Нехай Р1 м>мл4 - х (см). тоді В, (х + 8) (см).
484 ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін.
* а. * 1 * * * У
х+8 З
Зі = і + &
ЗХ « 8
X* 4.
ВіЛіониЬ; Р, = 4 см; Рг = 12 см.
н39. Нехай /А = х (град.) тоді £ В = (180 - х) (град).
і За властивістю кутів паралелограма:
І Л х є 2(180-л)
[ За умовою х«———$----------: д *
І 2х х + 360 - 2х; 2х - х + 2х 360: Зх = 860; х = 120.
[ ХЛ « 120' ; іВ = 180 - 120- » 60*.
І ВіЛлов^ь: 120 ; в0‘.
В._____
/1 ні і
13. Координати вектора
уГію/Моносія ми вектора а початком у точці А(х,. у) і кінцем у точці Я (ху у.)
І« числа х, - х,, у, - у,. Запис вектора матиме вигляд а(а,. а,) або (а,, .
І рійні вектори мають відповідно рівні координати, а вектори з рівними коор
|дциатами с рівними.
*&6, І) Знайдемо координати точки М, яка с середи- ЛЙ 2; -3)
I иою відрізка ЛС: М І ’ ’^ІЇ
12) знайдемо координати вектора ВМ: / \
ВМ (1 - 2: 1 - (- 3)У. ВМ (- 1; 4); / \ \
3) знайдемо модуль ВМ : / -------і----і---
І ВМ \ - УГЇн? ; | ВМ і ь /Т+Ї6 - /17 . А(3; 5) М С(-1; 7)
1‘ 7.1) Зі сторони СВ можи» знайти довжини чистин:
Якщо ВР : ГС в 1 : 2, відстань СВ 4, то одна частина дорівнює 2.
Точка А має координати (5, - 6); Г(3; -4); ІЯб; 0). Знайдемо координати век-
тора;
| АР (3 - 5; -4 - (-6)); АЇ (-2. 2); ГО (б - 3; 0 - (-4)); ПІ (2, 4).
468. £(4; б); М8; 0). _
ГЩ4 - 8; 0 - 0) = (-4; 6): £О > (0 - 4; 0 - 6) = (-4; -6).
459. | а | = 10. Нехай а,» х + 2, а, = х. Складемо рівняння: ^(х + 2)' + х = 10
^хї + хі + 4х + 4- 100 = 0
2хт + 4х - »б я 0 !: 2
х' т 2х - 48 = 0
х, = “ Я хл а 6. а1 -б або и; ж 8, Вектор а має координати: (-8; -б) або (б; 8).
Відповідь: а (-8; -6) або а (б; 8).
У,сі*+сі‘ш2
І60 с (с,: са). за умовою г, = с, Тоді _
х 2<\* »2
2с,* - 4. є,* = 2
± /з .
Відповідь: с ( 2;ч‘2 ] або с ( 2; 2).
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін. і-$ 485
461. 1) Знайдемо координати вектор»:
АВ(7 - 2; б -5); АВ(5; 0);
| АВ | - уб1 + 0* 725 5; /
з а ЛВ£> знайдемо
АЛ= 713Г^5Ї =у/169-25 ч 144-12 .ІЛЛІ-12.
___ ▼ 1 ' А(2:5) Л(х;у)
2) Знайдемо |ЛУІ і | АЛ> І:
|ВВ| = 7(х-7)’+(р-5)а ,|АР - ^(х-2Г+(у-&Г
169 * Xі - 14х + 49 4 (у - 5)11
3)
144 = Xі - 4х + 4 + (у - б)
25 -Юх + 45, Юх 20, х - 2.
169-4 - 28 + 49 + (у - 5)’. 144 - у» - Юу + 25, у* - Юу - 119 -0
Л = 100 + 476 = 575
10124
*’•* = 2
у(- 17; у,»-?.
4) т. Х>.(2; 7) або т. ОД2; -7).
5) Знайдемо координати т. С через діагоналі:
А 7 + 2.5 + 17 І <7 + 2 б-?)
\ 2 ’ 2 !' 2 ; 2 )
О,(4,5; 11), 0,14,5; -1).
Т. С маг координати -- - =4,5 ^^-11 , або =4,5 =- 1
2 2 2 2
* = 7, у = 17 або х = 7, у = -7.
0,(7; 17); С,(7; -7).
463. За умовою £ ВАЛ = X ВЛА = £ ВВС - £ ЛСВ, різносторонні кути при січ
ній ВЛ — рівні, прямі АЛ | ВС. АЛ - ВС, лВ = ОС; АВ 1 С.П, АВСП — параде
лоїрвм.
464.1) Знайдемо суму сторін АВ + АС: 48 - 20 = 28 (см);
2) Нехай АВ = х (см), тоді АС = (28 - х) (см);
5 ж
3) За властивістю бісектриси: — =- —
15 28-х
5 -(28- х)- 15г
140 - 5х= 15х
-20х = “І40
х = 7.
АВ = 7 см: АС - 21 см; ВС = 20 см.
АВ + СЛ = ВС + АЛ
а а а
а^а = - + х+ - тх , 2а = а + 2х, а = 2х, х = - .
2 2 2
486 ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та Ін.
а * За Аа
с 2 2 /З а ч 3 а
б> 5 = ---- -л-ж —Зх- - -і-.
1 2 2 2 2’
За
2
14. Додавання і віднімання векторів
Сумою векторів <1(0,, а,) 1 б(Ь,, Ья) називається вектор с з координатами а, 4 Ь,,
Г+ Ьг. Для будь-яких трьох векторів справедливо:
а + 6 = Ь + а,
а +(Ь + <*)= (а + Л) + с.
Які б ке були точки А, В, С, існує рівність АВ + ВС = АС.
Графічні способи побудови суми векторів а і б
ДОтод трикутника (за умови, що кінець одного вектора Є початком іншо-
го): з кінця вектора а в кінець вектора Ь провести вектор Є, що і буде сумою
их векторів.
Метод паралелограма (для векторів зі спільним початком): сума векторів
ується діагоналлю паралелограма.
ос
ш
X
о
(X
о
□00. За правилом суми векторів: | е -<ї) + (а -Ь ).
501. Вектори Л/.У і є середніми лініями аАЛС та
і лВСВ — відповідно, тому АС -2т ; йВ -2л .
Точка О поділила АС та ВО на рівні відрізки:
АО = т ; ОО-ОВ=п. ВА=т-п; АЛ = т + (-л).
502. ЛО-ОС- Ь,
ОО-ОВ-а
ВА=а-Ь.
А1>«&+(- а).
Різницею векторів а (а,, а,) і Ь (б,, Ь%) називається вектор с з координатами
а, - б,. а, + Ьг _____
505. АІ) = ВС, АВ IX?. Різницю векторів АІ>
1 ВА знайдемо через ВС=АЙ:
АР ВА -ВС-ЯА = АС,
РВ-РС = СВ. АС+СВ=АВ
В
519- ж 20 <С»Ь АС - 12 (см); ВС = 9 (см).
МК
а АВС ~ д МВК (за двома кутами), тому
= 2 {МК + КС)
20-2 (МК + КО
10 = МК + КС.
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін. £& 487
2) АЛ ЛС.
АВ + СА=ЬС + СА«ПА ,
РА-РА-0.
А
ВК
ВС ’
Нехай КС я х (см), х 0;
тоді МК (10 - х) (см); ВК - 9- х (см);
10-х 9 л .. л
- 2 —; 90 - 9х = 108 - 12х;
-9х + 12х = 108 - 90; Зх 18; х = 6,
КС - 6 см, МК = 10-6.4 см.
Відповідь: 6 см; 4 см.
520. АО, ВОІ - 1 см = Я,; ВО. = СО, - 2 см Я,
АО* = СО, «Я,» 3 см.
Знайдемо сторони а О,О,О,:
О,О, = 3 см; 0,0, 5 см; 0,0, = 4 см.
л 0,0,0, — прямокутний: 5’ = 3* + 4*. 25 = 25.
Радіусом кола, що описує прямокутний трикут-
ник, є половина гіпотенузи:
Втг 5 ; 2 * 2,5 (см).
521. Площа шестикутника через радіус описаного кола: 5, .
2
Площа шестикутника через радіус вписаного кола: 5, = 2 /з г* .
5, 2 ' 4
15. Множений вектора на число
ш
І
О
ск
о
Добутком вектора (а,, а,) на будь-яке число у називається вектор (уа,, уа,).
За визначенням, для будь-яких чисел у, X і векторів а і 6 справедливо:
у(а,, а,) = (в,. а^;
(у + А)а = уй + Ла;
у(а +і) = уД + у6.
547. АМ : МВ І : 2; ВН : НС = 2 : І.
Кожна зі сторін поділена па 3 частини:
і о р 1
АМ = 4 АВ ; МВ = І АВ ; ВН « — ВС; НС = - АС
3 3 3-3
_ 2 - 2 -
АО - ВС, ~а+-Ь~ МН.
З З
Вектори колінеарні, якщо їх відповідні координати пропорційні.
549.1) Знайдемо координати вектора АВ і СО : АВ(3-1;-2-1) АВ(2;-3)
СЯ(5-(-1 );-6-3), СО(6;-9)
а а, АВ 2 -З
Ь, 5, Сй б -9
? «і, вектори АВ 1 СІЇ — колінеарні.
З з
488 ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та Ін.
з>
1
а
4)
5)
Ь
б)
в(1;-2);М-3;-6);й(-4;8);<Ц-1;-2).
ІІ
•ревіримо пари векторів на колінеарність; / =“
л п
* і
1) а і Ь :
2) Є і с
с:
«1.
е
4
іі:
а і і
1-211
— * — , - - * не колінеарні;
-З -б 8 3
-3-6 3 3 . .
— # —, - *— , не колінеарні;
-4 8 4 4
1-211
— —, • колінеарні;
-46 4 4
-4 8 4 4 . .
-у * —, — *-у, не колінеарні:
-З - б
— ,3*3. колінеарні;
1 -2 , , .
” І * ”2* *** * І* ВЄ кол1неарнг*
тіл; якщо к > 0, — однаково напрямлені;
4 -6
— - к < 0 — протилежно напрямлені;
-1 8
2
-4 » -4 колінеарні, протилежно напрямлені;
4 4
— =- колінеарні, однаково напрямлені;
З З
т і п
т і к
4 -6 ‘ 12
З ’ - 9 ' 3 9 ’
2
З
-їй із
— , —--- , і--- колінеарні. протилежно напрямлені.
З» 3 9 3 3
2
ЙГ а(1; х)1 Ь(і;4)
ІЬ.1.1.£. і.£.ї> = ів,х.м.
х 4 X 4
4
. а (2; 3)1 Ь(-1;0
о, а, 2 З 3 , ,
-4 = В. —= — у » — — ; у -1,5.
Ь, Ь, -1 У 2
554. р>= 7(-3)’ + Ґ -/10.
Шуканий вектор Ь, має координати (-Зх; х) (наслідок з теореми 15.2).
Маємо рівняння: (-Зх)1 + х* 40; 4хт = 40; х’ = 4; х - ±2.
Отже, таких векторів два: Ь^-6; 2) та Ь,(6: -2).
555. й (5; -12).
1) Знайдемо |л І = ^Ь’+І-Іі)’-х 25 + 144
2) Знайдемо коефіцієнт пропорційності вектора 1 л | до І ги і
ІЗ 1 5 1 -12 1
«А > 55 —• =«• 33 Ц •*>
89 3 х 3 у З
169=13 .
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та Ін
489
; Н-9; 12)
х = 15 у -36.
ІЦоб вектор п та лі були протилежно напрямлені, треба, щоб Аг < 0,
тобто л -15; у » 36. т (-16; 36).
556,|Ь|= /(-9)’ + 12’ =^81 + 144*»/225 = 15
Й’ ’2)
|0| Ю о
X 1
— в —
-9 З
х -3 у 4; а (- 3; 4).
(Трикутник; трапецією, якщо дві сторони паралельні, а дві інші ні.
у__1
12“ З
%%%*Л*Л*ЛМЛ*Л"
557. Треба знайти колінеарні 1 не колінеарні вектори. Знайдемо координати век-
торів:
АВ (3 - (-1); 5 - 2) ЛВ (4; 3);
ВС (14 -3; 6- 5) ВС (11; 1);
СО (2 - 14; -3 - 6) СО (-12; 9);
ВА (-1 - 2; 2 - (-3)) ВА (-3; 5).
Які з них колінеарні?
— 4 3
ВС : — *- , не колінеарні;
СВ : -Iі- • не колінеарні;
— 12 9
ВА і —— *-т , не колінеарні;
&
з
— , не колінеарні;
АВ
ВС
СО
З
СО : —
-12
1 1
-о"~ї • кол1неаРк>- протилежно напрямлені;
З З
ВС і ВА : * |, не колінеарні. АВСО — трапеція з основами АВ і СО.
— о 0
ав
558. Якщо точки лежать на одній прямій, вони утворюють вектори, що лежать на
, _ . _ , а а
одній прямій, тобто вектори — колінеарні; —£~-- .
- . а<. Л _
Знайдемо координати вектори*: АВ (5; -10); ВО (-6; 12); ЛО (-1; 2).
АВ і ЛО : —
-1 2
-5 а -5, колінеарні і відкладені від однієї точки Л. Отже, т. А, В, О лежать на
одній прямій.
559. а(1;-4), & (0; 3). є (2;-17); с_-ха + уЬ
ха(х-, -4х); . рЙО? Зр); ха + уЬ = (х; -4х + Зу).
Рівні вектори мають рівні координати:
їх = 2,
' 4л + Зу а -17;
Відповідь: х • 2, у = -3.
490 ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та Ін
х = 2.
-8 + Зу я -17;
х = 2,
^ = -3.
00. ВА' - 2Й , а - 6 = 1)Ц
Ь
д Зх с
ОВ -ОВ* - ОВ , тому ОВ
2 2
ОВ + ВК =ок
а
/ /
О
А
а-Ь 2Ь - " ба-511 41 5а -Ь
Гід і—-г— ;ОК ----------.
25 10 10
_ _ ___ з _ __ _ , _
ОВ » Ь , тоді за умовою задачі ОР --- Ь ; ОА = а; ОС *- 2а
4
лВ а ОВ - <М , АВ = » - а ;
ВС = ос ОВ , ВС^- 2а-Ь ;
— —. — —. я - _
СВ=ОВ-ОСГ СВ*--Ь-(-2а) ;
4
РА-ОА-ОЬ, РА = а-(--І), РА»а* 3Ь .
4 4
1
в)
І
ТІ
М2. Знайдемо невідомі відрізки. Якщо ВК * т , КА -
ВА = т + ™ в3 т;СВ -*п+ 2 л«^ п .
2 2 3 3
= Знайдемо вектори:
а) АС * СВ - ЛЛ ,
0) КР=~КВ-ВР
КР*-т+ 2л.
З
5_ 3_
ДС=-«- т ;
З 2
в) КС КВ ВС
К<=-гп
З
КС = ~ п — т.
З
г) Л7= АВ-ВГ
— 3— 2-
& 4
|а).
2 З
1
ЇЛ5, Треба довести, що МЛ' н АС; МН » - ЛС.
. 2
ПзаіИУВ: МЛ = МВ + ВИ , МВ .? АВгВН а|Вг :
3)ЛВ + ВС=АС іаМ&У:
М В + В Н'= МН = і А В + 1 2 ВС - 1 ( АВ і ВС) * 1 АС ;
2 2 2 2
3) МН = - АС, отже, МИ І АС — колінеарні, МН Ц АС.
І *
107. Треба довести, що:
1, МЛ » | {ВС + АР); 2) МН І ВС Ц АР.
І *
1) Проведемо діагоналі АС або ВР.
2) т, К — точка перетину діагоналі з середньої©
Лінією.
3) Розглянемо дАСР: МК — ВС (див. доведення N 565.)
4) МН = МК т КЛ' . МН«^{ВС+ АІ>), тому
МК Ц ВС ’ || КН Ц АР; МК II Вс || АР. "
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та Ін. !♦$ 491
569.КМ — середня лінія д АВС;
N0 — середня лінія а ВВС;
КС * КМ < МУ + АГС
КС | АО | ВС, тому Мії 1 АО.
575. За умовою: АВ = СО » ВС 12 см.
1) ВК 1 АВ; СМ 1 АО;
2) з А АВК (СК « 9Ф):
АК = ^В (проти кута 30°), АК б см;
3) АК МО = 6 см; ВС КМ = 12 см; АО 24 см;
іь/кг 12-» 24 <о / .
4) Ж» —— —=18 (см).
576.1) 3 л АОВ за теоремою косинусів знайдемо ^АОВ:
7* = 3і + 8» - 2 • 3 • 8-сояа
49 = 9 + 64 - 2 '3 • 8 - сова
9 * 64 -49 24 1
“•““гТїї-,с“а*2у«'*г,а л
8„ ^'.19^ЦівО Ж 3 їв (см).
577. 1) Весь оберт 360°, тому
х + 2х - зво
Зж = 360
ж = 120.
м АВ = 120°; и АВ = 240';
2) £АОВ — центральний;
^АОВ= 120’;
3) д АОВ — рівнобедрений.
ОК 1 АВ; АК - КВ • ~ АВ',
А
4) з АОКВ(гК= 90і): ЛКОВ^ 60’, 2ОВК - 30°, тому ОК - 1 ОВ; ОК =
2
кв.
V 4 V 4 2'
5) КВ =
М‘23
^ав.ав- \ — /з , АВ - я/з.
2 2
§4. вектори
16. Скалярний добуток векторів
І Кутом між ненульовими векторами АВ і АС називається кут ВАС. Кутом
між будь-якими двома ненульовнми векторами а І Ь називається кут між
векторами, що дорівнюють димим і мають спільний початок. Кут між однако-
во напрямленими векторами дорівнює нулю.
581. 1) Вектори ВА і ВС ненульові 1 мають спільний початок В, тоді кут між
ними — /АВС, градусна мірі якого 60° (кут рівяосторониього трикутника).
492 ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та Ін.
2) Вектори ВА і АС не мають спільного початку. Відкла-
демо від точки А вектор АІ) . рівний ЛА . Тоді шуканий
кут — /САП. /САЛ - .ВЛІ) - /ВАС - 180і - 60* - 120
3) Оскільки трикутник АВС за умовою рівностороиній,
його медіана АА1 є висотою, тобто відрізки, а отже,
і вектори ВС 1 АМ перпендикулярні, кут між ними
до рівню, 90’.
4) Аналогічно медіана АМ одночасно є бісектрисою кута
ВАС. Тоді кут мімі векторе ми АВ І ЛМ дорівнює ЗО .
>) Аналогічно до задачі 2) відкладемо від точки Л вектор
Вії. рівний вектору АВ, тоді шуканий кут — /ЛГВК.
« ,ЛВК « /ІЇВА - /ЛВК = 180- 30е - І&О ,
в
м
с
к
6) Відкладемо від точки А вектор Аі1, рівний вектору ВК . Шу-
каний кут — це кут ЛГАР. Він складається л двох кутів: «ЛІАС
і /РАС. /МАС - ЗО' (дні. задачу 4). За означенням рівних век-
торів вектори АР і ВК однаково напрямлені, ВК і. АС як
медіана і висота рівностороннього трикутника, тоді /РАС = 90'.
/МАР » /МАС + /РАС = ЗО" + 90 « 120°,
7) Точка Р — точка перетину медіан (висот) рівносторон-
цього трикутника, Оскільки Сії 1 АВ , а вектор СР ле-
жить на прямій СІЇ, то кут між векторами АВ і СК
дорівнює 90' -
Ь82.1) Сторони квадрата перпендикулярні. Кут між векторами АВ і ВА дорів-
нює 90 .
2) Діагоналі квадрата є бісектрисами його кутів. «.ВАС • 45’.
б) Відповідь 136 (пояснення див. задачу 3).
4) /ГВК - /ЯВК - /ЛВС
180 * - 45" 13511 (пояснення
див. попередню задачу).
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін. 493
ш
X
О
СК
о
Скалярним добутком векторів а(а(;а,) і 6(Ь,;Ь2) називається число
«Д+вА-
— — з
Скалярний добуток вектора о на себе позначається а .
Для будь-яких векторів а 1 & виконуються співвідношення:
аЬ = Ьа ; о(Л + с) = аЬ + ас ;
а Ь ч ш| |Ь| совф , де (р —
(Ха)/> = Х(аЛ); и >0 при а#0; </ = «і|
~ . і об
кут між №кторами а і о ; звідки совф = р .
а 6 = 0 тоді і тільки тоді» коли кут між векторами дорівнює 90
і а # 0. 6 * 0 І,
583.1) аЬ-|а| |б| сояг(а:Ь)-2 б сов6(Г = 10-* «5 ;
й 2) «б = 3 2<2 • сов 135" = 672 сов (90 + 45°)
= 6у2 • (- зіп 45 ) = б>/2 у = б :
> 3) аЬ “ 4 1 сов 0" * 4 1 1» 4 ;
ж —— 1 1
•:« 4) аЬ = ^ 6 сов18О’ = -‘ б (1) = -3;
5) иО-0.3 0 собі37° 0.
584.1) /пп = |т| |лі сОе^п»; п) = 7.2 4 сон 45 =
ж 7^2 4 ~ - 2В ;
' 2
2) тл =8>/3- сов 150- = 8^3 - (- віп ЗО*) = -8.3 ’ = - 4^3 .
«&
585.1) а&»2 1 + (-1)(-3)»2 + 3 = 5;
2) а6--5 2 + 1 7--10 + 7 - -3 ;
3) аб = 1 8+(-4)-2 = 8-8 = 0.
586.1) ліл = З 1+(-2) 0 = 3; 2) тп = |-6 + (-1) 9 = 9-9 = 0.
587. 1) ЛВ АВ = ЛВ| ЛВ| СО8^(ЛВ, АЬ) = }ав|.|аЬ{. сов ^ВАВ =
= 6 6 гов(180° -120") = 6 б | = 18.
Зауваження: у ромба сторони рівні, кути, прилеглі до однієї сторони, в гумі
становлять 180'’.
2) Виходячи з властивостей сторін ромба, маємо: н р
АВ = ОС . СВ = ОД , Тоді АВ. ГВ) « 120" . ^^7
АВ СВ ІІАВМСВІ соя12<Р «6 & (-8ІпЗОь)- /
= 86 [--І =-18. А* °
\ 2^
3) Протилежні сторони а ромбі рівні і паралельні, звідси ЛВ > ОС . Тоді
АВ ЇХ. = АВ = 'АВ; е 6 ж 36 . "
4) ВС = -Ьа ; ВС’ /ЛА »-ВСГ = -,вс|* = -6’ = -36.
494 :>>: ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та Ін.
• І
!>) Діагоналі ромба перегинаються під прямим кутом, отже, АС ВО = 0 .
6) ОВ £>С=|ОВІ (ЛС] сов/ВОС.
Розглянемо а ВОС : /ВОС = - /АВС = 120 ® 60й , тоді лВОС — рінносторон
ній. ВД - ОС = 6 см. ОВ ОС = |ЬЯІ‘|ДГ| соа/ВОС • 6 6 еовбО =18.
7) АО^ВС, ВО ЛІ) = ВО ВС = 6 б сов 60 б б-| = 18 .
0В8. Знайдемо невідомі сторони трикутника АВС:
Г АВ » 2 ВС = 4 (см) — катет, який лежить навпроти кута ЗО” в прямокутному
І трикутнику, дорівнює половині гіпотенузи.
І За теоремою Піфагора АВ* АС* + ВС1 , АС* = АВ* - ВС* ;
АС = -ІАВ* ВС* - 716 - 4 = ТІ2 = 74~3 = 2Тз (см).
1) АС ВС = 0 , бо кут між векторами 90'';
2) АС АВ=|ЛС| [АВ соа/ВАС 2^3 4—=12;
8) СВ ВА -ВС ВА »-[вс||ВА|-соя/.СВА *
і
»-2 4 сов(90'-30е) я-8 сов60° а -8-і =-4 ,
&
Ь90. Модуль иснульового вектора число додатне, тому знак скалярного добутку
двох векторів залежить від знаку косинуса кута між ними.
1) Косинус гострого кута — число додатне, тому і скалярний добуток векторів
в додатним;
2) косинус тупого кута — від'ємний, тому скалярний добуток має знак «мінус».
Ь91. Задача обернена до № 590. 1) кут гострий; 2) кут тупий.
592. 1) Знайдемо довжину медіани ВВ, з -АВВ, за теоре- ц
Оскільки медіани в рівносторонньому трикутнику рівні,
Знайдемо кут між цими векторами. Для цього відкладемо від точки А (початок
АЛ, ) вектор АР , рівний ВВ, . АР ± АС ; /МАВ, = ~ /ВАС • 60'' = ЗО' .
/(АА,, АР) = /САР + /МАВ, «90е ♦ ЗО -120е.
АА, ВВ, =[АД|-|ВД со8І20 - — -~ соь(90 +30°) =
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та їй. 495
2) За властивістю медіан трикутника ВМ: МВ, АМ : МА, = 2 : 1. Тоді, використо-
_________________________________________ 2 2 З З
вуючи результат попередньої задачі, маємо: 'ВМ « ВМ - ВВ, і = - - — а — ;
3і 1 3 4 в
МЛ| = МА, = У|АА| .
' * 3 ™ з 4 12
Кут між векторами ВМ і ЛМ, дорівнює куту між векторами ВВ, і АЛ,, тобто
120й, Тоді ВМ МА, = |йМ) ЛМ,| • сов 120°=. ,
= ^4.(_віп30.) = ±,(_1к_±.
в 12 ' ' 24 2 І 48
593. Правильний шестикутник складається з шести рівносторонніх трикутників.
Інакше кажучи, діагоналі шестикутника, що проходять через його центр, роз-
бивають його на шість рівносторонніх трикутника зі стороною 1.
1) ВА СО» ВА В0 = |Д4, |ВО| со8гМВО= 1 1сов60=|;
2) АЬ С0 = А0 А£-[лЬ| {ар| со8 60 -2 1—«>1;
3) ЛО ЕО-а АО ЛВ = ;ДО|.|АВ| соб/ВАО = 1 і совбО - 1- ; у'/ \'Е
4) Чотирикутник АВСО — ромб, К — точка перетину його діагоналей. Тоді
СА 1 ВО , гКСО 1/ВСО = ЗО ; /АСІ) ЛКСО + ЇОСО = ЗО" + 60 90 ,
2
ЛС • СО -СА СО = 0 , оскільки кут між цими векторами дорівнює 9(У.
594. Вектори а 1 Ь перпендикулярні, якщо а Ь = 0 . тобто 3 1 + х 9-0;
9х + 3 - 0; 9х -3; х«--.
З
595. Знайдемо скалярний добуток а Ь .
а • Ь = -х у + ух = -ху + ху 0 . Отже, вектори а і Ь перпендикулярні.
595. аЬ = 2хх-Зб-2х’-18.
Вектори а і Ь перпендикулярні, якщо їх скалярний добуток дорівнює нулю:
2ха - 18 я 0; 2Х3 = 1Я;х' = Й; х, 8 або х, « -3.
Отже, а і Ь перпендикулярні при х, рівному 3 або -3.
597. а Ь = 4 3 * у (-2) = 12- 12р ; 12- 12^» 14; 2у = -2; у»-1.
598. Залежно від того, гострий чи тупий кут між векторами а і 6 , косинус цьо-
го кута, а значить, і скалярний добуток векторів, відповідно є додатним або
від’ємним: а • б = 2х * 20 .
1) 2х + 20 > 0; 2х > —20; х > -10. При х > -10 кут гострий.
2) 2х + 20 < 0: х < -10. При х < -10 кут тупий.
І Два ненульових вектори називаються колінеарними, якщо вони лежать на од-
ній прямій або на паралельних прямих. Якщо а і Ь колінеарні, існує число
X таке, що Ь = ім .
599. Оскільки вектори а і Ь колінеарні, то Ь Ха (ЗХ; - 4л).
а Ь З ЗХ + (-4) (-4Л) = 9Х + 16Х 25Х. За умовою а Ь -100 , тобто
25Л » -100; X - -4. Тоді Ь > -4 а • (-4 3:^4 (“І)) = (-12; 1 б).
496 ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін.
-я
М Я«:іли> дкмі пснульові доктори перпендикулярні, то їж скалярний добуток дарів
г ким нулю: |а + хЬ] । а - хЬ і.
| |а|* - х1 Й .£(!-«). 8. умовою 1 4 0 , тоді гкалярннА добуток цих век-
торів дорівняй кулю, яхшо 1 - Xі 0. Розв'яжемо Це рівняння:
і І - х’ - 0: х9 = 1; х = ±1.
В Отже, вектори а + хЬ та а - хЬ перпендикулярні при і«1 вбо Х= -1.
01. Відомо, іцо вектори а + Ь і а-Ь перпендикулярні. Тоді їх скалярний добу-
I ток дорівняй нулю: |а + 6)(а-б) • а -Ь '-Ю-
Нира< <г|* - р дорівнює нулю, якщо ЕМ-Й-Н-
і2. 12а - Ь)Ь = 2аЬ І
-2 3 272 гов45’-
8--12-8 = 4.
в. (а - 2б)(а+>) = </ + а6- 2а6-2*’ = |а* -аЬ-2$
• ААв%^АЛЛ “**ев!-*^Ґ ‘
1-11сса12В -2 1 = аіпЗО* -1 = 1- 1 = --і .
2 2
104. Скористаємось формулою . а |а|. Тоді |2а + ббі • 12а + 5І) .
1 (2а + 56)' = 4а‘ + 2 2-5-а-6 + 256* =
► 4^1* і 20о 6 + 25,6 4|а|* + 20|в| |б| сп82!(а.6) + 25|б' =
. <Н' 2» Р сов 150° + 25 ібҐ-4^ -20-[а| |6| со»30 +25)61* =
• 4 (л/5)" 20 7з 1 +25 1 = 12-30 + 25-7 . |2а + 5й]-77 .
105. Див. № 604
(2лі-3лі -12тл + 9л 4рп, -12|я» ,л еов60° + 9^л' -
Ї-4 Iі-121 І, +9 2‘=40-12 = 28.
|2ж - Зл = <28 = у4 Л « 27? .
006. Доведемо спочатку, що АВСЛ — паралелограм.
АВ(1;2); /Х (1; 2); АВ^ ~ЛС
ВС(-2;1); А£>(-2;1); Вґ = АП
р Оскільки у чотирикутника АВСЛ протилежні сторони рівні, то це — парале-
лограм
। сов^А = і=| < АВ-АЛ = 1(-2) + 2-1 = -2 + 2 = 0,
тоді сов £А 0, звідси 2А - 90г,
Паралелограм, у якого один іа кутів прямий, є прямокутником.
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін. 497
607. АВ(-1;1); |ав| - ^(-1)’ +1’ = 75 ;
ВС(1; 1) ; |ВС| « 71* +1’ 75 ;
СЛ(1;-1); »7і*+(-!)’ =75 ;
АЛ (1; 1); |ЛБ] - 71*71’ = 75 .
Оскільки ЛВ| = |ВС] |сЬ| |АВ| = 75. то АВСО — ромб.
АН • АЛ = -1 1 + 1 1 » -1 + 1 = 0, це означає, що кут між векторами — пря-
мий. Якщо у ромба хоча б один кут прямий, то він є квадратом.
Отже, АВСО — квадрат.
2 9 = з75 ;
608.1) сов/А = ї^~|=г|! АВ( -3; 3):
АС(1; - 7); АС = %'ї * (- 7)1 = 71 + 49
еоа^=^±а±Пж23±21 =
2) сов ЛВ
50 - 572;
____= 18 3 .
зТг бТг 15 2 зо в’
^-~^ВА(3; 3); |&4| = ТвТТ* = 375 ;
ІВСІ = 74* + (-4)1 - 716 2 = 475 ;
0;
„ 3 4 + 3 |-4
соа /В =---уш-—
З 75-4^2
СА - СВ
Зі сов./С
соа ЛС =--у-—т-
5 75 475
32
20 2 5 '
609. 1) АВ(4ТЗ: 0); АВ| = 475)’ + 0 Лб 3 = 4.3 ;
ЛС(373; - З); |ас| = ^(зТз)* +(-3)* - 727 +9 = б ;
.. лв АС 4Тз з7з+0 (-3) 12 3 >Іа „ _
сов ЛА « ґ ------------р.---1—і = X « — • 2А 30".
АВ АС 4,3 6 24Ч3 2
2) ВА =-АВ; ВА(-473; 0); |ВА] = |ав| * 475 ;
ВС(-73;-3); |ВС|=-^(-7з)‘♦ (-3)’ = 7з +9 » 712* - 275 :
п - п, лв = 60\
24 2
соя^В =
ВА ВС -475 ( уЗ) + 0 • (-3) 12 !
вл|-|вс|’ 4 7з.27з ’
3) ЛС = 180’ - (ЛА + ЛВ) = 180’ - (30° + 60е) • 90е.
ІЦоб порівняти значення двох чисел а і б,
— якщо а - 5 > 0, тоа>Ь;
— якщо а-Ь<0, тоа<6;
— якщо а - б = 0, то а = 5,
треба знайти знак їх різниці:
498 ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та Ін.
। іі|, 1} а 6-ю 'Лі = |а; Ф|сояф- « [йі = «. г|(с«»ф-1)іО
у |Єое чр|<а 1 за властивістю косинуса). Отже* а І>$А 7>|,
| 2) Аналогічно
а Ь+ |а|-|Іі{в|а-^соьф * р < = |д| І^(сояф ♦ 1)г0 . Шже,
а Ьі ~а Ь .
І Об’єднавши обидві нерівності, маємо: -іа| |ЬЧа ЬіД !&.
|11. 1) За умовою а Ь к а ІЬ1, тобто
|а Ь сояф * |а А'. звідки сов ф 1, ср 0°.
/їм>лооі**ь.’ вектори однаково напрямлені.
2) а Ь = - а , |о‘ |ь СОвф + |а| |б| = 0; |а|'Л|(совф + 1) = 0.
0 Ь # 0 , бо за умовою вектори нснульові.
Тоді сов ф + 1 » 0; соя ф- -1; ф « 130”.
ВідлоаісЬ: вектори а і Ь протилежно напрямлені.
12. ^п> + Зл |(яг - л ] - т -тп+Зтл-Зи =
[ • |т| + 2ліл-3|« «.|/лІ* ♦ 2 т| |л|і-овф 3 «>* =
2 + 2 2 Зсовф-З 3: 4 + 12сояф- 27 = ]2совф-23.
За умовою 12совф - 23 * -11; 12созф » -11 + 23 ;
12соаф = 12; сов ф<-1; ф « 0°.
#14. Нехай у трикутнику АВС (^С = 90і) проведено медіани СМ і АК.
Позначимо СА = а , Г-В = Ь . тоді СМ = а + Ь . АК
2 2
2
СМ АК ї-1а + 16 -а+-£ -
Г (2 2
я» - а ’ + * аЛ - -і аЬ ♦ і = -~ а" - ~ аї + ; Ь .
2 4 2 4 2 4 4
СМ АК
СОВ 2іС +
-I сов90в + і-(^2Ґ =-А + 0 + -=0.
2 4 4 ' ' 2 2
Це означає, що вектори СМ і АК , а значить, і медіани трикутника СМ
і АК — перпендикулярні.
й 15. Позначимо ОВ =» Ь , ОС с.
За умовою діагоналі чотприку тинка перпендикулярні,
тому ОВ ОС ~ Ь с ~ 0 .
АО ж 2с , ОО = 3/>
АВ = АО Т ОВ 2с <• Ь;
РС = ОО + ОС = ЗЬ + с (за правилом трикутника).
Знайдемо скалярний добуток цих векторів:
АВ Ьс = (2с + І)(ЗЛ +?) = 6ВС + 2С1 чЗЬХ+Ьс-
• 7|й|.р|совАДОС + 2[с|1 + з|ь|1 =7-11 с«90ч-2 1 + 31
«0 + 5 -5. (1)
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та Ін. 499
З лАОВ за теоремою Піфагора: АВ = |АВ \ОВ" + ОА* = VI* + 2' 4б .
з лсор; рс - |ос| = Тос’ + IX)1 >1' 7З* = Ло.
АВ IXі »1 АВ| - |ПС| соа ф » 7б >10 соя ф &>г2 соя ф , (2)
Прирівняємо знайдені значення (1) І (2):
5\‘2совфл5; \2совф=1; ооаф *-1-; ф = 45',
42
616. За правилом паралелограма ВО = - |ВЛ + ВС).
2
Домножимо обидві частини рівності на ВО: ВІ)2 = ~|ВА ВІ) + ВС ВП) .
Враховуючи, що кут між ВО І ВС дорівнюй 90 , маємо:
|ВРЛ = * ВА ВО ; ІВВҐ = ІІВАІ ЇЗДІ- сов /АБО ;
; лЛВО - ЗО .
~ ~ соя ^АВО ; сов .'АБО « — • А = —
16 2 4 16 7з 2
617. Розглянемо вектори МР і ВО.
За правилом паралелограма ВО - * (ВА + ВС). МР = МВ » ВР.
2
Щоб довести* що ВВ X МР9 достатньо довести, що МР В В « 0.
МРВО*(МВ* ВР)Л(ВА + ВС) = ±(МА + ВР)(ВС-АВ) =
2 2
= |(ЛГВ ВС- МВ АВ + ВР ВС-ВР АВ):
МВ 1 АВ. тому МВ АВ = 0.
ВГ X ВС, тому ВР ВС = О.
Магмо
МРВО*^(МВ ВС-ВР АВі = |ГМВ|-|вс|-сов^ЛГВС-|ВГ|-|АВ|сов2ЛВЛ.
Йв| = |ЛД; ІвУ «|вс|; їМВС - ХАВГ = 90е +• ^МВР.
Отже, скалярний добуток ВО МР дорівнює нулю, що означає перпендикуляр
ність прямих ВО і МР.
618. Проведемо з точок В і О перпендикуляри на відрізок АС і позначимо їх від
повідно Л, та А,.
^ллмо = ^.ллм + З.аім “ п АЛ^ Л, + - АМ • Л,
Ла £і
-?лм(*,,*.).
й
^самл “ ^.амг + ^.пмг а А ‘ + 1
А А
-«0(11,,*.).
мг
Враховуючи, що АМ = МС за умовою, маємо: В.Ли„ = 5Г„^Г..
500 й$ ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. п ін.
1і 9. Розглянемо прямокутний ь. АОВ .
| 24
ОК - — =13 (гм) — половина висоти ромба.
На л
Позначимо КВ » х см. АК (х + 7) см.
І Оскільки в прямокутному &А0В висота, проведена
з ворсшни прямого кута, € середнім пропорційним між
І проекціями катетів на гіпотенузу, маємо:
* ОК- = АК КВ, 12і = (* * 7)х; х1 + 7х - І44 - 0;
д*9 (х > 0); 9 + 7 • 16 (см).
І АВ АК + КВ = 9 + 16 = 26 (ему, Р = 25 - 4 = 100 (см).
420. Нехай АВС — правильний трикутник, на висоті ВВ якого як на діь метрі по-
будовано коло .V і Л — точки перетину кола зі сторонами трикутника. Кут
МВ V иписаний. ліЛІВМ • 60 . Він спирається на дугу ЛШУ:
Г иМВЯ = 2ЛМВЯ = 2 60’ = 12(Г .
Тоді дута кола, розташована поза трикутником,
2
становить - кола:
і З
)« ? їй/ » у я ВВ .
З З
1 Знайдемо ВО з прямокутного трикутника АВВ;
і
« ч І 08 - 27 і/ЗІ в 9 (см).
V
Л
ВР = ч АВ' - ЛІ)7
І | • Я 9 6т! (см).
Відповідь: 6я см.
*в Геометричні перетворення
17. Рух (переміщення фігури). Паралельне перенесення
622. £Е4 1 а , ГРІ я
Кі — образ точки Г;
Г — прообраз точкп £.
АІВ1 — образ відрізка АВ
| АА, 1 о. ВВ, 1 а).
Точки прямої а, які не лежать па
відрізку АВ, прообразу не мають.
м
«1. ММ.ІІХК, і. р
М, — образ точки Л£; £ ( — прообраз
ТОЧКн К При Даному ивреї ВОреНИІ.
Образом променя (ЛА с промін» ОВ
ІК&
«3.
В,
624.
в
1
г, в
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін. 501
628.
Паралельне перенесення на вектор а(т;л) — це перетворення, при якому
кожній точці Х(х; у) ставиться у відповідність точка X, (х і гп, у + п).
Рівняння образу параболи: у (л - лі)1 + л .
:• 627. Дане коло — це коло з центром у початку координат і радіусом 2. При
паралельному перенесенні на вектор а(т;л) образ кола має рівняння
(х - ш)* + |р л)г » 4 .
628. Кожній точці X півкола поставимо у відповідність точку X і прямої, яку от-
римаємо як точку перетину ироменя ОХ і прямої а.
629 Кожній точці X відрізка АВ поставимо у відповідність
точку X, відрізка СО так, щоб точки О, X. А, лежали на
одній прямій, де О — точка перетину прямих АС і ВЛ.
630. Образом заданого кола буде коло з центром О І вдвічі
меншим радіусом. Оскільки відстань між точками (наприклад, радіус) не збері
гається, то описане перетворення не е рухом.
631. Образом сторони Од є сторона ОО кута. Оскільки ОХ = ОХ,, ОА > ОВ тощо
як радіуси одного кола, то описане перетворення є рухом.
632. &ХОК =лХ,ОХ за кятотом і гострим кутом (ОК — спіль-
ний катет. ґХОК = /Х,ОХ).
З рівності трикутників ОХ = ОХ(, а це означає, що описа
не перетворення е рух.
633. Якщо відрізок АВ і пряма а паралельні, то образом
відрізка АВ с рівний йому відрізок, а описане перетво-
рення е рухом.
634. Нехай при деякому паралельному перенесенні тон
ка А Переходить у точку А,, В — у Ве Тоді образом
відрізка АВ є рівний і паралельний йому відрізок АВ,:
ь.
АА,В,В — паралелограм як чотирикутник, у якого дві протилежні сторони рів
НІ і паралельні.
635. А,В, = АВ = 5 см, оскільки паралельне перенесення — це рух.
636. Пряма переходить сама в себе.
637. Вектор НА або СО .
502 ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін.
ріВи Ні. (Див № 634).
її». Нехай АД х; у) — образ точки А1-2; 3). Тоді АА, =• а . тобто х -2 - 1 -3;
№| « 3 - 3 0. Маємо АД-3; 0). Аналогічно ВдО; 7).
ЙО Нехай паралельне перенесення задано вектором а(т;п). Оскільки точка
Г 4,(4; 0) е образом точки А|1; 3), а точка В,(І; 4) — образом точки В(-2; 1}, то
І «начення тіл знайдемо з систем рівнянь:
14 т «4, З + л 0,
Пі ТЯ г.
^(-2 + т 1: 1 + л е 4;
і т = 3. п = -З,
' | т » 3; я " 3.
І Системи ке мають спільного розв'язку, тому такого паралельного перенесення
г аеіснує.
Якщо паралельне перенесення на вектор л(т;л) переводить точку Аіх: р) И,
« точку Адх,; у,), то його можна описати формулами: х, ( м х + т: уг « у - л.
МІ. -8 = х + 2; х = - 3 - 3; х = -5.
4му-1;ум4 + І; у = 5.
Відповідь; А(-5; 5).
А«2. Знайдемо тіла системи рівнянь:
0 є т я 2,
0 + л » 3:
т 2,
л = 3.
Точка МДх; 2) < обривом точки М(3; у), тоді справедливі співвідношення:
ІЗ + 2 х, х * 5,
Іу *3 - 2, у «-1.
43. 1) Безліч; 2) безліч.
44. Кожній точці X, яка належить стороні прямокутники, по-
, ставимо у відповідність точку X,. яка лежить на промені ОХ
| (О — точка перетину діагоналей прямокутника) па заданій
відстані від точки О.
• 46. Ні, бо тотожним перетворенням є таке перетворення, при
якому кожній точці X фігури Г ставиться у відповідність ця
сама точка X. Але існують перетворення, при яких образом фігури Г є ця сама
фігура, але точки переходять в інші точки цієї ж фігури. Наприклад, перство
рання кола, при якому образом кожної точки с протилежний кінець діаметра.
Координати середини відрізка АВ, де А(X,; у,) , В(х,; у,), знаходять за фор-
мулами: X = ; р * 4 У-1.
2 2 а
3+5
47. Знайдемо координати (х; у) середини М відрізка АВ: хм —— «4.
-2 - 4 2
у =—— я-з . Маємо М(4; -3).
Знайдемо координати вектора а(т; п), що задає паралельне перенесення.
4 = 4 + т; т = 0;
-З -3 + л; л 0. Тобто а(0; 0).
При такому паралельному перенесенні образом відрізка АВ е сам цей Відрізок
І, відповідно, образами точок А і В< самі точки А і В.
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін. 503
Д^Діагоналі паралелограма перетинаються і точкою перетину діляться нам піл.
648. Знайдемо координати середини О(хо; р„). діагоналі АС: х0 = -];
Скористаємось цими ж формулами для зиа- В(-,6)-----
ходження координат точки Л:
+ , 2 + Х„ . / 7
*вж £ : "1" ~з; х° “ ’41 /
2.2±Ь; ,,--а.О(-4;-2). °
<е 2
Знайдемо вектор паралельного перенесення а(/п;л); враховуючи, що
О,(-2; -4) — образ точки О(-1; 2): т.= -2 - (-1) »-1; п« -4 - 2 = -6; а(-1; - б).
Знайдемо образи точок А, В, С, О при такому паралельному перенесенні:
ХА, ~ ХЛ * т -1 * (“!) = 0 •< Ул + П = з - 6 = -3 ; А1 (0; - 3).
х4і ха 4 т ~ 2 ~ 1 “ 1 ї Ра, Р* + п ~ 6 - 6 0 ; В, (1; 0).
- X.. - т - - 3 1 -4; = уг + л » 1 - в • -5 ; С, (-4; - 5).
=хв + т «-4-І = -5 ; = уо + п • -2 - б = -в ; Оі (-5; - 8).
649. Задано коло з центром у початку координат. При паралельному перенесенні
на вектор а (2; - 8) центр кола 0(0; О) перейде в точку 0,(2; -3). Тоді рівняння
образу кола матиме вигляд (х - 2)1 + (у + З)1« І.
650. Вершина параболи у = х1 має координати (0; 0), Ті образом при цьому пере-
творенні є точка (2; -3). Рівняння образа параболи: у » (х - 2)* - 3.
651. Дамо: д___________
Ь
с___________
________________4________
Побудувати: трапецію АВСО так, щоб АО = а, ВС &, АС » с, ВО = </
(ВС || АО).
Припустімо, шо трапеція АВСО вже побудована (ВС|| АО). Побудуємо образ
діагоналі ВИ при паралельному перенесенні на вектор ВС: СЕ || ВО .
Тоді задача зводиться до побудови лАСЕ за трьома сторонами АС • с, СЕ = <і,
АЕ = а Ь.
Побудова: 1. Побудуємо * АСЕ за трьома сторонами так, щоб АС с, СЕ - б,
лЕ = а + Ь.
2. На прямій АЕ відкладаємо відрізок ЕО « Ь.
3. Побудуємо образ ВО відрізка АЕ при паралельному перенесенні ма вектор
СВ.
І, АВСО — шукана трапеція.
Доведення: 1. ВС ]| АО за побудовою. АВ не паралельно СО, оскільки АО # ВС
за умовою, то АВСО — не паралелограм, а отже, це трапеція з основою АВ = а,
ВС Ь (за побудовою).
2. За побудовою діагональ АС = с,
СЕ » б. Оскільки ВСЕО — паралелог*
рам (його протилежні сторони ВС і ОЕ /
за побудовою паралельні і рівні), то
ВИ = СЕ«б, .
А а О Ь Е
504 ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін.
>. Оіже. діагоналі АС і ВВ рівні, відповідно с і б, тому АВСО — шукана тра-
ОсіШі*
йадача має розв’язок не завжди, а тільки у випадку, якщо можливо побуду-
•ага &АСЕ зі сторонами с, </ І а + Ь. Це можливо тоді і тільки тоді, коли одна
Ьторона більша за різницю двох інших і мгнша за суму двох інших, тобто коли
- СІ < а + Ь < (/ + с. У цьому випадку задача ма« єдиний розв'язок.. В інших
випадках задача розв’язку но має.
2. Дано; п „
______________Ь_____________
с_____________
<г
Побудувати; трапецію АВСВ гак. що АВ е, ВС а, СВ д, АЕ» Ь,
Нехай АВСВ — шукана трапеція (ВС |] АО). Побудуємо образ бічної сторони
СВ при паралельному перенесенні иа вектор СВ : ВРЦСО . Задача зводиться
до побудови аАВР зл трьома сторонами АВ = с, ВР = д, АР - Ь ~ а.
Побудова:
і Будуємо лАВР за трьома сторонами так, що б.» -і1-----.С
АВ с, АР = Ь - а, ВР = сі, \
2. На прямій АР будуємо відрізок РЛ а. с / у \
3. Будуємо ВС’|| РВ. ВС а. (Тобто будуємо 7 \
образ СВ відрізка ВР при паралельному перене- /___________\__________\
реній не вектор ВС). Ь-а Р а І*
* АВСЛ — шукане трапеція,
Доведення: І. ВС|| АЛ (за побудовою), АВ не парплельио СВ, бо ВР |і СВ ;
АВСВ — трапеція за побудовою.
2. ВС а, АВ с, АВ Ь, СВ ВР * </ за побудовою.
3. АВСЛ — трапеція з заданими сторонами.
Дослідження: задача має єдиний розв’язок, якщо можна побудувати ьАВР,
тобто виконуються нерівності трикутника:
с - д т (Ь а), 4 < е 4- (б - а), Ь - а < с 4- гі.
ВЗ. Побудуємо образ аь даної прямої при паралель-
ному перенесенні на вектор АВ (або ВА залеж
!но від взаємного розміщення фігур). Побудований
образ <1 може не мати з колом спільних гонок,
тоді задача но мас розв’язків. А
Пряма а, може мати з колом одну або дві спільні
точки Розв’язків, відповідно, теж одна або два.
Щоб побудувати шуканий відрізок, потрібно вико-
нати паралельне недонесення точки перетину на
вектор ВА (зворотне перетворення): ІЇК.
64. Припустімо, що шукана хорда АВ побудована.
Нехай ЛЛУ — даний відрізок.
Тоді при паралельному перенесенні на вектор ММ
(або КМ ) точка А перейде в точку В. а льне коло
Я — в коло З,, яке проходить через точку В, Звідси
випливає спосіб побудови. Будуємо образи 5, та З,
даного кола при паралельному перенесенні на век-
тор Мії (№М відповідно). Точки перетину кіл 5
1 3, та З і Я, — кінці шуканих хорд АВ 1А1В1.
Якщо кола ис перетинаються, задача не має
розв’язків (це і допиться, якщо відрізок МА' більший аа діаметр кола).
ЖШЖЖШВ ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та Ін. Б05
656. Береги річки — це дві паралельні прямі. Як відомо, най коротша відстань між
ними дорівнює довжині їх спільного перпендикуляра. Таким чином, відрізок
ММ перпендикулярний до обох берегів річки. Шлях АМІЇВ буде найкоротшим,
якщо сума відстане* ЛМ 4- У В буде найменшою. Застосуємо до відрізка ЛМ па
ралельне перенесення на вектор Л/У . При цьому А
точка А перейде в точку А,. За властивістю пара-
лельного перенесення АЛМ = ЛМ. А це означає, що X
сума АМ + УВ буде найменшою, якщо найменшою А.*.,ч _
буде сума А,У 4 Л’В. Очевидно, що* ця сума буде
найменшою тоді і тільки тоді, коли точки А,, N. В
лежать на одній прямій. Отже, міст мас бути побу-
дований через точку У перетину прямої А В з бере-
гом, на якому знаходиться населений пункт В.
657. Нехай АВС — даний трикутник.
р.лк = 18 см, МУ Ц АС , МК Ц ВС , УГ || АВ .
Тоді АВ, ВС, АС — відповідно середині лінії г,М№К .
АВ 1 УК , МК 2АВ .
2
Аналогічно, МК = 2ВС, МУ = 2АС.
Р^г ’ + МК + МК = 2АС 4- 2АВ 4 2ВС - 2(АС 4 ЛВ 4 ВС) »
= 2Р.лж =2-18-36 (см).
658. Щоб довести, що чотирикутник е ромбом, достатньо показати, що всі чоти
рн його сторони рівні.
АВ = <( 0 - 3)* 4 (3 4 4)’ = 79 + 49 = Тб8 ;
ВС = 7(7 “ 0)* + (6 - 3)* - 749 + 9 = 758 ;
СО - 4(4-7)* + (-1 - б/ = 79Т49 = 758 ;
АО = 7(4 + 3)’ + (-1 + 4)’ - 749 + 9 - 758 А ВСІ) — ромб.
Діагоналі ромба: АС « уД7 + З)1 4 (б + 4)’ = 7209 = 10Т2 ;
ВО = 7(4 - 0/ + (-1 - 3)* ТїбТїв « 472 .
8, - • ІВЯ АС = | 10/2 <72 = 40 .
2 2
659. У трапеції АВСО ВС | АО , АВ 1 АО . в трапецію вписане коло. СК = 4 см,
КО = 25 см.
ОО, 1 АО , ОК ± СО , ОО1 1 ВС як радіуси, проведені в точ-
ки дотику.
лОКЯ члОО,О за катетом І гіпотенузою (ОК ОО, = г,
О О — спільна гіпотенуза). Тоді ЛО ОО - ЛКОО. Аналогічно
ЛО2СО = ЛКСО.
ЛС 4 40 = 180* як внутрішні односторонні при паралельних
прямих ЛО і ВС і січній СО.
ЛОСК + ЛООК * ±ЛС + ІЛО = 1(ЛС + ЛВ) = 1 180* • 9(Г . Тоді ЛСОЯ = 90 ,
О№» СК /СО; О№ - 4 • 25 = 100; ОХ = 10 см.
ОО, = Л - 2г « 20 см. ВС » ВО, + О,С = 10 + 4 • 14 (см);
АЯ = АО, 4- 0,0 = 10 -+ 25 = 35 (см).
Злпв = • ОО, - 20 - 490 (см1).
506 ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та Ін.
18. Осьова І центральна симетрії. Поворот
‘очки А і А, називають симетричними відносно
\р*моі І, якщо пряма І є серединним перпендя*
іуляром відрізка АА(.
! — вісь симетрії. Осьова симетрія е рухом.
ь -------------------------------------
Точки А і А, називають си-
метричними відносно точ
ки О, якщо точка О є сере-
диною підрізка ААГ
Точка О — центр симетрії.
Центральна симетрія
с рухом.
ПОЯСНЕННЯ
Точка X, — образ точки X при повороті навколо центра
*> проти годинникової стрілки на кут а, точка ХТ — при
повороті на кут а за годинниковою стрілкою. Це означає: о
ОХ, «ОХ, = ОХ , ЛХ,ОХ «. хІХ.ОХ = а.
О — центр повороту, а — кут повороту.
Поворот с рухом.
1. АВС — даний трикутник.
ММ — пряма, яка містить його середню лінію,
Л,в,сг — трикутник, симетричний йому відносно
прямої М/У.
В62. Достатньо побудувати середній перпендикуляр
до відрізка АВ.
В84. &АВСІ — образ аАЛС при симетрії відносно
точки О — середини сторони АВ.
В
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін.
507
665,
666.
В
О
Й
І
668. Задача чає два розв'язки. Ося-
ми симетрії в цьому випадку є бі-
сектриси І і і суміжних кутів,
утворених при перетині прямих
а і а(.
669.1 — пряма, паралельна
прямій а І прямій <г 1 рів-
новіддалена від них.
І Діагоналі ромба є осями симетрії ромба, а точка перетину діагоналей — його
центром симетрії.
670. Хід побудови:
1) точка А, симет-
рична точці А від-
носно прямої І;
2) діагональ АС;
3) точка О, симет-
рична В відносно
прямої АС,
671. Висота, проведена до основи, е віс-
сю симетрії рівнобедреного трикут
ника АВС.
Будуємо точку В,
симетричну точці
А відносно прямої
І, — маємо осно-
ву АВ. Проводи-
мо ВК до персти-
ну з І у точці С.
АВС — шуканий
трикутник.
672. Оскільки в -паралелограмі діагоналі перетинаються і точкою перетину О ді
литься навпіл, задача зводиться до побудови точок, симетричних точкам А і В
відносно точки О.
673. Задача має безліч розв’язків, ос-
кільки будь-яка точки прямої, пара-
лельної прямим а і Ь та рівновідда-
леноі від них, є такою, відносно якої
пряма а буде симетричною прямій &.
674, Шукана точка О — центр три-
кутника АВС, точка перетину його
медіан (висот, бісектрис).
675. О — середина відрізка МК,
677. Щоб знайти образ точки С\ при си
метри відносно прямої АВ, досить по-
будувати лАВО/ -дАВО, . Для цього
з точок ДІВ будуємо два кола (за
січки) радіусом О,А. Точка перетині
цих кіл і є образ точки О,.
Аналогічно знаходимо образ точки Ог.
508 !•&: ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А, Г. та ін,
ІГ* . Точки А і В симетричні відносно прямої І тільки у випадку, коли І і АВ
680. А -* С, В -+ В, СЛ‘ А.М. АС -4 СА.
681. Кути при основі рівнобічно» трапеції рівні. Продовж в
мо її бічні сторони до перетину в точц і Л'. -АКВ -рів
нобедрсний (за ознакою). Він складений із трапеції
і рівпобедреного І.ВКС. Пряма, яка містить бісектри-
си лАКО і * ВКС , проходить через середини їх основ
1 перпендикулярна до них (як висота). Таким чином.
МК — серединний перпендикуляр для відрізків ВС
і АВ Тоді МК — вісь симетрії традсіш АВС1).
>82. Доведення аналогічно 6Я1.
663. В -* С, В -+ А, АС -* ВВ, ВС -* СВ.
ЛН4. У задачі 6К2 було доведено, що пряма, яка містить медіа
ну рівнобелреного трикутника, проведену до основи,« його
віссю симетрії.
Кожна діагональ )юмба ділить його на два рівнобедреник
трикутники; »АВС і а АВС або аі)АІІ і &ВСВ.
Тому ромб мас дві осі симетрії, кожна з яких МІСТИТЬ одну
з діагоналей.
085. Нехай р — пряма, яка проходить через середи-
ни сторін АВ і ВС прямокутника АВСВ КІМ
ВМ « АЛ" як половиш! рівних сторін, ВМ | АК
за умовою.
Чотирикутник АВМК — паралелограм (за озна-
кою), в Оскільки мис прямий кут, то і прямокут-
ник. Тоді МК І. ВС і МК 1 АВ . тобто МК — се
рединний перпендикуляр відрізка ВС І відрізка
АВ. Це означав, що точки В і С те А і В симетричні
відносно прямої р. Пряма р вісь симетрії прямокутника АВСВ. Аналогічно
розглянути пряму, ЩО проходить через середини сторін АВ і СІ>.
586.. Осьова симетрія — це рух. Отже А,В( АВ & см.
587. Нехай І — бісектриса кута О. Через її довільну точку С
проведемо перпендикулярну пряму, яка перетне сторони
кута в точках А і В.
лАОС ^лВОС за катетом (ОС - спільний) і гострим кутом.
З рівності трикутників АС » ВС. Тоді пряма / — серединний
перпендикуляр відрізка АВ. Вершини О належить прямій
І, тоді промені ОА і ОВ симетричні відносно І Бісектриса
1 — вісь симетрії кута О.
Точки симетричні ВІДНОСНО ОСІ Ох МпЮТЬ однакові абсциси і протилежні Ор-
Ідпв&ти. Точки, симетричні відносно осі Оу, мають однакові ординати і про-
Ітшісжні абешки.
688. Відносно осі Ох: А(-2; 1) —» АД -2; —1); ВИ); - 4) —♦ В,(0; 4).
Відносно осі Оу: А(- 2; 1) —» А,(2; 1); В(0; -4) —» В(0; -4) (сама в себе).
689.1) х = *-2; у » -3; 2) х = 2; у = 43
690. А -> С; В —* В; СВ -> АВ; ВВ —» ВВ; М 4 середина АВ.
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін. 509
691. За властивістю діагоналей паралелограма точка їх перетину О — середина
кожної діагоналі. Тому вершини паралелограма симетричні відносно точки О.
Перетворення симетрії с рухом, при якому відрізки переходять у відрізки, І збері-
гається порядок розташування точок на відрізку. Тому протилежні сторони па-
ралелограма також симетричні відносно точки О. Отже, при симетрії відносно
точки О паралелограм переходить у себе, тобто т. О е центром симетрії.
692. Вказівка. Доведення аналогічне №691, розгляньте діаметр кола.
693. Нехай О« АВ. Точки А, і Вх — образи точок А і В
при симетрії відносно т. О. Тоді т. О — середина АА,
і т. О — середина ВВ} за означенням центральної си-
метрії. Чотирикутник АВА,В, — паралелограм (озна-
ка за діагоналями).
т
О
Точки, симетричні відносно початку координат,
мають протилежні координати.
При симетрії відносно заданої точки між абсци-
сами прообразу А,(х,; хя), образу А,(хя; у,) і цеп
тру симетрії М(х0; ри) існує залежність:
ха - х, - х, - х0, звідки 2х, - х, х,.
Аналогічно: 2у0 - р, = ря.
694. 1) А,(-3: 1); В,(0; 2); 2) Ая(1; -5); В,(4; -4).
696.1) х =-1; р = 2.
2) 2х, - х, = х,; х, = 2х0 - хя;
х, - 2 • (-1) - 1 - -3.
2у0 - і/, = р,;
р, а 2 • 3 - (-2) -64 2 = 8.
697. Відповідь: а, в, ґ, д.
698, С -кВ, С, -> В,. О -> О, ВС -> АВ. ВВ, -» АА,, ОС, -> ОВ,, ЛА,В,С, -»ДС,В,А,
699. 1) АГ -» ВА, ВГ -♦ СА, АО -> ВЕ, АВСВЕР -» ВСВЕРА
2) АР -> СВ, ВР -4 І)В. АО -> СР, АВСВЕР -4 СВЕРАВ.
700. А В. О->О, С -* В, АВВА, ВВСА.
701. Прямі а Н перпендикулярні або збігаються.
702. Зрозуміло, що вісь симетрії' трикутника мас проходити через одну з вершин
трикутника, оскільки з обох боків осі симетрії повинна бути однакова кількість
вершин трикутника. Дві інші вершини трикутника мають
бути симетричними відносно осі, тобто вісь мас бути середин-
ним перпендикуляром сторони, яка з'єднує ці вершини.
У нашому випадку ВВ — серединний перпендикуляр до
АС, тобто в дАВС ВВ є медіаною і висотою За ознакою
«АВС — рівнобедрений з основою АС.
703. Вказівка. Скористайтеся результатом № 702.
704. Якщо паралелограм має рівно дві осі симетрії, то можливі дві ситуації. Вра-
ховуючи, що осі мають бути перпендикулярні, маємо:
510 & ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін.
І) Осі проходять через вершині! па-
ралелограма. Оскільки з різних боків
від осі може бути парик кількість
симетричних вершин, то кожна вісь
Проходитиме через дві протилежні
першини. тобто міститиме діагональ
паралелограма. Діагоналі перпенди-
кулярні у ромб». Отже, даний пара-
лелограм — ромб.
2) Осі не проходять через вершини.
Тоді симетричними ВІДНОСНО ОСІ по
винні бути сусідні вершини, тобто ОСІ
мають бути серединними перпенди-
кулярами сторін. У задачі 686 було
доведено, що це можливо саме в пря-
мокутнику.
05. Оскільки квадрат е одночасно і ромбом, і прямокутником, потрібно доводи
ти. спираючись на доведення 704.
06, А і В — точки перетину двох кіл із центрами
О, І аЦАЦ ^лО1ВО1 за трьома сторонами
(0/1 О,В гр 0/1 = 0,8 = г,; 0,0* — спільна}.
З рівності трикутників /АО..О, = /8О(Оа;
<010,0, » /ВО,О,
аАО,В і ьА02В — рівнобедрені (дві сторони
рівні як радіуси одного кола). Тоді в д4О,8
бісектриса ОС с медіаною і висотою, тобто пря-
ма О О2, яка її містять, — серединний перпендикуляр відрізка ЛВ- Точки А і В
симетричні відносно 0,0,.
707, Кути МгВА і МВА симетричні відносно прямої АВ.
Тоді /М,ВА * ЛМВА.
Аналогічно = ЛМВС. ґ.МВА + гЛ/ВГ - 90 за
умовою,
/4ИІВМ| = ^ЛГ.ЯА + 2АВС + гМ^ВС
- 90 + 'М'ВА 4 = 90 4 , МВЛ і- /МВС =
ж 90 + 90 = 180 .
Кут М^ВМ, розгорнутий, точки Мр В, Мл лежать па
одній прямій.
Якщо точки 4(0,; аа) і 8(6,; Лґ) симетричні
— відносно бісектриси першого і третього координатних кутів, то б] * йр
б. = Йр
— відносно бісектриси другого і четвертого координатних кутів, то о, -ая,
бг =» -в,.
Ґ08.1) 4,(0; -2), 8,(-1; 3); 2) А,(0; 2); 8,(1; -3).
709. х = 2. у -1.
710. Вказівка дана у підручнику.
711. Якби промінь мав центр симетрії, то для кожної його точки Існував би образ,
симетричний відносно такого центру. Але такого образу не існує для Початку
променя . Висновок: промінь пе має центру симетрії.
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін, 511
712. Див. вказівку у підручнику.
713* Задача розв’язана у підручнику (с. 258).
714. ^ВАС, = /ВАС 4 120і -60 Н20“= 715. СС, = СВ 4- ВС, 1 + 1 = 2 (см).
180". Точки А, В, С, лежать на одній £ В___________„
прямій.
ВС, я ЛА і- АС, = 14 1=2 (см).
718. Побудуємо точку А, — образ точки А при си-
метрії відносно прямої а. Точка X перетину пря
мих А,В 1 а — шукана.
Для доведення розглянемо &АА,Х . Він рівно-
бедрекиа. бо пряма а — серединний перпен-
дикуляр відрізка АА, за побудовою, тоді точ-
ка X рівновіддалена від точок А 1 А,. Відрізок .X»
ХС — медіана, висота, а значить, і бісектриса
кута АХ В (АХА,). *
Зауваження. Якщо точки А і В симетричні відносно прямої а, задача має без-
ліч розв’язків.
717. А, — образ точки А при симетрії відносно прямої а. Тоді X — шукана точки.
Доведення: /1 - Х2 (див. 716), /2 » XI, як вертикальні, тоді XI = ХЗ.
718. Сума АХ 4 ХВ буде найменшою, якщо точки А, X і В лежатимуть на одній
прямій. Будуємо В, — образ точки В при симетрії відносно прямої а. Точка X
перетину прямо) а і прямої АВ, — шукана. АХ 4- ХВ = АХ 4- ХВ, — найменша
сума. (ХВ - ХВ, дивись 716).
719. Побудуємо коло з центром О, — образ даного X
кола при симетрії відносно точки М. Точки А і В / о
перетину кіл — кінці шуканої хорди. Доведення, / ЦИгГ* * /
як у 706. ( °і*\ ;
720. Дано гострий кут МНР, якому належить точки А ' '
і С. Знайдемо середину відрізка АС — точку О. По-
будуємо образ прямої НМ при центральній симетрії
відносно т. О. Точка В — точка перетину прямих \
^,М, та А'В. Побудуємо прообраз точки В — точку
В. АВСВ — шуканий паралелограм. ™і
721. Розв’язання аналогічне 720. \ р
Вказівка у підручнику, с. 258. |д д
722. А,В, — образ прямої АВ при повороті навколо
центра М проти годинникової стрілки на кут 90г.
N — точка перетину прямих А.В, і ВС. \Р/^
Знайдемо прообраз точки N при виконаному ново-
роті. Очевидно, що він лежить на прямій АВ. До-
статиьо побудувати кут КМН, рівний 90е І
МН КМ, ХКМИ » 90‘. аКМії шуканий.
512 $$ ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін. ЖШШЖШЖ?
.Т*>. Див. вказівку па 0. 259. Після вказаного перетворення матимемо ьКМС ,
І у якого точка К — образ точки ЛГ при повороті навколо точки С ма 60'. Тоді
[ у лКМС СМ л СК, гкем = 60г. Рівнобедрений лКМС , у якого кут дорівнюс
І 60 . с рівносторониім.
Т»4 Задача розв'язала у підручнику, с. 259.
В.1 спосіб. Припустімо, що д АНС , побудовано. аА.ВС — об
раз лАВС при симетрії відносно серединного перпенди-
І куляра відрізка ВС. Тоді А,С АВ, £АСАХ -АВ-/.С (влас-
І ПСНІсть .зовнішнього кута трикутника)
Будуємо і. АСА, за двома сторонами АС і А,С І кутом між
І ними АСА,.
П спосіб Нехай у лАВС АВ » о. АС ® Ь, ±В - /_С « а.
| При симетрії відносно висота, проведеної з вершини
І А, точка В переходить у точку В, ва стороні ВС (за
І умовою АВ < АС). За теоремою про зовнішній кут
І трикутнії На
І /САВ. = /_АВ,В - /ВСА « / АВС - гВСА - а.
Г Трикутник АВ,С можна побудувати за двома сто-
I ровами АС = Ь, АВ{ ~ а 1 кутом між ними:
І £В,АС а. Побудувавши після цього точку В, си-
| метричну ТОЧЦІ В, ВІДНОСНО висоти, проведеної з вершини
І С. одержим» третю вершину шуканого д АВС .
72 б. Побудуємо точку С, — образ точки С при
І^Г’симетрії відносно прямої АВ. Будуємо коло
І в центром у точці О,, для якого пряма АВ с до-
тичною. Через точку О проводимо дотичну ОЕ
до цього кола. Ця дотична перетинає пряму
АВ у шуканій точці X.
Доведення. £СХА = /С,ХА за побудовою.
лСхГХ -лС,ЕХ Зп двома катетами
(С,Р 1 АВ, СІЕ 1 ОЕ — як радіуси, проведені
в точку дотику, С|В * СХЕ = г, ЕХ = ЕХ як
відрізки дотичних, проведених з однієї точки).
Тоді /ЕХСх - £ЕХСх, ЛОХВ в £РХЕ як вертикальні.
Алг /КХ£ = 2/РХС., тоді ЛАХЕ = /ГАС, = -/ОАВ .
’ 2
ВГ. Нехай О — дана точка, іх, — дані прямі. Побудуємо відрізок АС, сере-
I дикою якого є точка О, а кінці належать прямим і, і /, (див. 721). АС - одна
з діагоналей ромба.
Будуємо серединний перпендикуляр відрізка АС. Він перетне пряму /} в точці
В. Це третя вершина ромба. Відкладемо від точки О відрізок ОО • ОВ. Ромб
побудовано,
72В. Задача розв'язана у підр. па С. 260.
729. Задача розв'язана у підр. на с. 260.
ГЗО. ОС х АВ . ОС = 4 см.
З лАОС ОСАОС » 9(1'): ОС я АС (як катет, що ле-
жить проти кута 30°), тому АС = 2ОС «24 = 8 (см).
АО = і^"Т"4’Я
7з
с
в.
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. те ін, Я* 513
З «1713С (/СРВ = 90’); ВВ = ОС = 4 см ( е.ВОС — рівнобедрений прямокутний).
Тоді АВ - АО і ОВ = 4уЗ + 4 = 4(1 + ^З] (см). ВС -------- * -4* «4.2 (см).
' ' яіп 45е 1
-.2
731. Шукана точко М л+жить на осі абсцис, тому її координати (х; 0).
45Г = (х + 2У і- (0 - 4)’; ВМ{ - (х - 6)* + (0 - в)’.
Зи умовою АМ я ВМ: (х + 2)* + (0 - 4)’ (х - 6): +• (0 - 8)’;
Xі *4х + 4 116 = х* - 12х + 3б +64 : 4х + 12 х 100 - 20;
Ібх = 80;
х = 5.
Відповідь: Л/(5; 0).
732. Нехай АВС — рівнобедрений трикутник [АВ = ВС),
у який вписано коло. Центр О кила лежить на висо-
ті ВО. ОЕ 1 ВС .
Зя умовою ВЕ ; ЕС 25: 12. Позначимо коефіцієнт
пропорційності х. Тоді ВЕ 25х, ЕС 12х,
ВС = ВЕ + ЕС = 25х + 12л » 37х.
ОС = ЕС = 12х (як відрізки дотичних, проведених
з однієї точки).
5 ЛЛ. « І АС ВИ = ОС ВО .
£>
з ьВОС: ВО = /ВС1’ ОС: » 7<37х)’ “(12х)’ ж
/(37х - 12х)(37х + І2х) =/25 49х = 35х.
£,ЛМ = 12х • 35х = 420% , що за умовою дорівнює 1680 см1.
420х’ = 1680, х = 2 (х > 0).
Тоді АС = 24х = 18 (см); АВ » ВС » 37х » 74 (см).
Радіус вписаного кола знайдемо за формулою
25 2 1680 120 , ч
г --------‘----=------------=-----(см).
АВі-ВС ^АС 48 + 74 + 74 7 '
19. Гомотетія. Подібність фігур
Якщо точки О, X і Х1 такі, що ОХ, = кОХ , до к г 0, то говорять, що точки
Х( — це ойраз точки X при гомотетії з центром О 1 коефіцієнтом к.
514 ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін.
735. Розв'язання аналогічна до № 734.
^»6. Розн’язаішя аналогічно до № 734,
7І7. При * = 2 лАВС —. При
| 1
І Л а АВС —>л
ІНг «
В.
733.1) к * | АВСВ -+ ;
З
2) і - -2 АВСВ -» А&С& ;
3)* = 2 АВСВ -> С&СРі.
ОА
141. Проводимо промінь ОВ. Знаходимо
І Відк чала»-мо від т. О відрізок = * ОВ.
/А В,
742. Будуємо пряму А4Г
1) Відклала! мо від точки .4 в напрямку, протилежному від т. Д, відрізок
ОА. = І ЛА , к = ^1=^ = 3.
( 2' ОА 1
2) Відкладемо від точки А в напрямку точки А, тон-
І" ку О" так, що О'А » £
л
О
—Д -2 .
ОА
Дві фігурн називаються подібними, якщо одну з них можна отримати з іншої
« результаті композиції двох перетворень: гомотетії 1 руху.
При перетворенні подібності фігури Г в ід степ і між Й точкам» змінюються
в одну й ту саму кількість разів.
Д7Ґ
Нащо ЛЯ -»Л'В'. то к ~ - — коефіцієнт подібності.
АВ
ш
X
о
а
744. Розв'язання аналогічне до М 743.
745. л АВС ’ А^Х’і
Т43, к - 2 .
। АІ) 1
Видачо мас два розв'язки
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін
515
749* к =-----= 2 (зп умовою £>, - середина АО). При
АЛ,
цій гомотетії образ точки В — середина АВ — т. В,;
образ точки С — середини С, діагоналі АС.
750. б. г.
751*6. г.
752.1) А-2) А.-А^--|3 3) А-££<
ВМ 2 АМ З СС\ З
753. Цгнтр гомотетії — М Аг = .
МА 2
При гомотетії з центром у початку координат координати точки прообразу
змінюються у к разів: А (х; р) —> А, (Ах: Ар).
755. 1) А - 2: А,(- 4; 2); 3,(6; 0); В,(0; -12);
2) А - 3: Ад- 6; 3); В/9; 0); Л,(0. -18);
3) А--1
‘ ; В,(-1.5; ОУ. Л,(0; 3);
ш І
1 ,21
4) А = --: А, ±;-2 ; ВД-1; 0); ЛДО; 2).
0 О 0 1
-1 2 І
756. к = -І = - = і
З б З
757. За теоремою 19.2 1 * к* . тоді к‘ —- *
3 8, 28 4
рона а 8 - » 12 (см).
А
д
; к ' (А > 0). Тоді шукана сто-
2
788-‘-ІБ*І- *’=^: (тї-Чт5*28’’ <“’>•
ЗІ) 5 -Ч . 5 І
759. Середня лінія трикутника відтинає від нього подібний трикутник, А = - .
НіН-
5
Ви)ги)відь: - .
4
760. Позначимо площу даного трикутника 5,.
Нін подібний до трикутника АВС, А - —.
4
&
5
І *й
8
16 ’
516 $;:? ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та їх.
1) А = 2, центр гомотетії В або к = -2, центр — точка перетину діагоналей
трниеіці АМКС.
1 1
21 Л = - , центр — В або к = — , центр — точка перетину діагоналей трапеції
Ьмлгс2
. За теоремою Фалеса АМ : ІЇК • 3 •. 1.
1) центр — точка А, к в - або центр — точка перетину діагоналей тра-
. АМ З
ПеЦІГ ИМРу, к -ч— ;
З
З “
-'театр — точка А, к = — або центр — точка перетину діагоналей, к = -
4
763. Центрів гомотетії — два:
і 1) О і — точка перетину прямих АВ і СІ); к » 3:
І 2)0 точка переліку діагоналеЯ тралг-цЬ АВСП
Г Точка пгретнну диноналей ділить їх ) відношен-
ні, рівному відношенню основ:
АО, ЛІ) З «
А =----' =-----= = —3 .
0,С ВС 1
---- ---- І а 0.0 Я ----------
Мія *ОО. , де ІУ| -А— ж ~ 1 к < О, оскільки вектори 0О( і 00, проти-
ОО. г н
। лижно напрямлені. Отже, к-----.
765- Розв'язання аналогічне до № 764.
756, Задача розв'язана в підручнику.
767. За означенням гомотетії МА * кМВ .
Знайдемо координати векторів МА І .МВ
I Ш (-а - 3). МВ(4; 3) і * - -1
АЯ. Нехай АГ(х; у) — центр гомотетії: МА (-7 - х; 10 - у |; МВ (-1 - х; - 2 - у). За
означенням гомотетії, .МА -2Л1В .
। -1-х • -2(-1 - х); -7 - х 2 + 2х; Зх 9; х * -3.
10 - у -21 -2 - у); 10 - у = 4 + 2у: Зу = 6; у в 2.
। Відповідь; Мі -3; 2).
759. )) х = | (-6) = -3 ; у=2 4 = 8;
2} х -2 • 6) 12; 4 - 2 у; у»-2.
Т70. ВА, (3: у * 1); ВЛ{х 1; -3); Ла, = -З НА
З = —3(х — 1); 3 = -Зх + 3; Зх = 0; х = О
у + 1 * -3 (-3); у + 1 * 9; у 8.
771. Середня лінія трикутника відтинає від нього трикутник, подібний даному,
15 1 1
й = - . ’ = к‘ = - , тобто площа маленького трикутника становить — площі да-
2 5 4 4
З з
ного, а площа трапеції — - площі даного трикутника: 3^= —-28 = 21 (см’).
4 4
>• ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін
517
772. МК І АС , тому лМВК^л АВС. Сторони подібних трнкут
ннків відповідно пропорційні. Позначивши АМ = МК = х
враховуючи, що АВ »АМ + МВ х + 4, маємо:
АН АС х + 4 8 а .
—— ------. ---- — ; х 4 4х - 32 0;
МВ МК 4 х
X, = 4, х, = -8 < 0 (не задовольняє умову задачі).
Отже, АМ = МК = 4 см.
ЛІК 4 5МВД
А
8 см
«4 5 = 20 (см1).
773. ВСЦАО за умовою, тоді л-АЕР-ьВЕС ,
ЛВ &
* = —- = - за умовою.
В< З
^.=|5?25
* ^.жвс 3 ) 9
І 5.аве -Д Ж - 63 (см1).
; ~ 175 — 63 112 (см )
• 774. Масштаб 1 і 2Ц(Х) означає, що в одному
сантиметрі на плані міститься 2000 см, або
2 м на місцевості. Враховуючи, що довжина
сторони клітинки 0,5 см, ма» мо:
АВ = 3 2=6 (м); ВС = 5 2 = 10 (м);
МК = 1.5 • 2 • З <м):
ЛР = 2 2 = 3(м);
14 я ^лвсв ~ ®мяяг ’ АВ • ВС - ММ МР »
= 6 10-3 4 » 60 - 12 ж 48 (м*).
775. Побудуємо пряму у я 2х + І. Візьмемо довільну точ-
ку М, яка належить даній прямій. Наприклад, візьме-
мо М(1; 3). ОМ (1; 3); ОМ, = 20М ; ОМ, (2; 6). Скла-
демо рівняння образу прямої у - 2х + 1.
Рівняння прямої у ж ах + Л Кутовий коефіцієнт шука-
ної прямої дорівнює 2, як і даної. Враховуючи, що ця
пряма проходить через точку М({2; 6}, маємо:
р«2х + б;б«2 2 + 6; 6 = 2.
Відповідь: у 2х + 2.
776. Центр даного кола О( -2; 4), В - 2 При гомотетії з цеит|юм у початку коор
дцнат координати центра образа: О,( - 2Л, 2Л), радіус Н1 = 2А.
І)О,(-І; 2), Я = 2-| = 1 . (х4- 1/ + (у- 2)’= 1. .
2) О((4; -8). Л 2 (-2| - -4. (х - 4)* + (у + 8)» - 16.
777, Пряма А1В1 « образом прямої А,В, при гомотетії з центром у точці дотику
і Л = — . Позначимо точку дотику О. Тоді лОА^^лО^В, а коефіцієнтом Л,
/ОА,В, = ЛОА^, а ці кути відповідні при прямих А.В1 і А В, і січній 4,4^. За
ознакою паралельності прямих ДВ, || ЛХВ, .
778. Розв’язання аналогічно 777. Треба враховувати, що к —- .
г
518 ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін.
я. Кожна точка кола при гомотетії о центром А і коефіцієнтом А | має своїм
Образом середину хорди, яка з’єднує цю точку з точкою А. Таким чином, шу
дане ГМТ — це образ кола при заданій гомотетії, тобто коло.
гнП. Більше коло є образом меншого при гомотетії з цент-
ів ром А і коефіцієнтом гомотетії А:
ЛО, В 2г
" тт? — = - = 2 «
ЛО, г г
І Толі АХ. = 2Л X .
І. З’єднаємо середини сторін лЛВС .
Одержаний &РЛЕ —прообраз трикутника А, В1С1
.фи гомотетії з центром М і Л = 2,
Тобто В,С| " 2Р£, ВД = 2£О. АД = 2ВЕ.
З Іншого боку ЕЛ, ЛЕ, РК — середні лінії
лЛВс . тоді ВС = 2ЕЕ, ВА = 2О£, АС = 2ЕЕ.
і, АВС. за трьома сторонами.
Л2. Задачп розв’язана у підручнику.
За допомогою циркуля і лінійки побудуємо довіль-
І пий трикутник, ДВв кути якого дорівнюють даним.
Іі'Иаакопо цього трикутника опишемо коло. Шуканий
І трикутник — образ *АВС при гомотетії з центром д
| Оі Л = ~ , де Я — даний радіус, г — радіус іюбу
Е г
І даваного кола.
'83. Розв’язання аналогічне До № 782.
І Пропорційність сторін іірй гомотетії зберпається.
14. Із довільної точки М сторони АН опустимо
перпендикуляр МК на сторону АС- Побудує,
мо прямокутник МІЇРК так, щоб точка Р ле-
жала не стороні ЛС і КР = 2МК.
Ікхай промінь А.'У перетинає, сторону ВС
а точці Розглянемо гомотетію з центром
у точці А і коефіцієнтом *=—ттЬ Точка
АЛ
— образ точки .V при цій гомотетії. Образ
підрізка (ИУ — відрізок М^, де ЛГ(У, | ЛІУ.
Л'Р, — образ відрізки Л’Р.
Проведімо X АС. М^уРІКі — шуканий прямокутник.
А' К, Р
ІЬ. Нехай АВ - дана хорда, С — довільна точка кола,
М — точка перетину медіан лАВС.
За властивістю медіан трикутника КМ ; МС =1:2,
тобто КМ - 1 МС. Тому точку М можна розглядати
З
іік образ точки С кола при гомотетії о центром в се-
реди лі хорди К і коефіцієнтом Л Я і.
з
'УЛ*/
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та Ін
519
Геометричним місцем тихих точок е образ кода при гомотетії з центром у точи.
Л' і коефіцієнтом * = | — КОЛО.
О
786. Аналогічно до № 785 точку М можна розгля-
дати як образ точки С прямої І при гомотетії
з центром К і * * 1. Тоді геометричним місцем
З
точок перетину медіал трикутників АВС є образ
1
прямої І при гомотетії з центром К 1 Л = -, Крім
з
точки перетину прямої І і відрізка АВ. якщо
вона існує. Висновок: тукане ГМТ — пряма,
паралельна даній.
787.
Нехай М — дана точка, що належить куту АВС, але не Його сторонам.
Побудуємо довільне коло, яко дотикається до сторін кута. Проведемо промінь
ВМ і позначимо М( точку перетину кола і променя ВМ.
Шукане коло — образ побудованого при гомотетії з центром В і к = ,
ВЛ/,
Нехай М. — Друга точка перетину побудованого кола 1 променя ВМ. Тоді
другим шуканим колом буде образ побудованого при гомотетії з центром В
ВМ
і а -----.
вм,
788. Я = І^ = |1216 = 96 (смП.
А А
І 1А
У і АОО [АО 1 А1>): АО і ОС — - 8 (см),
£ Л
1 12
ОО - * ВО • ~* 6 (см). АОг = А(У + ОІ)‘:
2 2
АО - ТЛО5 + ОД’ = »8’ + 6і = „64 7 36 ж ТІ
г = Л. З = АО Ь*АО 2г. г • -? пл
2 2АЛ 20
789. Побудуємо графік рівняння Зх + 4у - 24.
І = 7100 10 (СМ).
~ • 4.8 (см).
0
6
8
0
х
~у
П]м<ча перетинає осі координат у точках А(0; 6) і В(8; 0),
тоді АО = 6, ВО - 8. Сторону АВ трикутника АВО
знайдемо за течр**мою Піфагора: АВ’ АО' + ОВ1;
АВ = ч АО*7ОВ’ - уб’7 8’ - 736 + 64 - 710С » 10.
- АО 4 ОВ + ЛВ - б 4- 8 + 10 - 24.
520 ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та Ін.
. Нехай М — точка перетину дотичної ВС
І спільної дотичної до даних кіл, проведе-
ної через точку дотику кіл А.
Тоді за НласТИвІСТЮ дотичних, проведених
а однієї точки до кола, ВМ = АМ о САГ,
тобто точки В. А, С лежать нн колі з цент-
ром М і діаметром ВС. ВАС « 90 як впи-
саний, що спирається на діаметр.
в Початкові відомості зі стереометрії
20. Прямі й площини у просторі
'91.3) Белліч.
Н2.1) Одну.
?93 3) Одну або жадної.
Вдноаначко вииничають площину:
Л) три точки, які пе лежать на одній прямій;
1) дві прямі, шо перегинаються;
В) дві паралельні прямі;
4) пряма І точка, яка їй не належить.
ҐР4. 2) Безліч.
Г9В Якби ці три точки не лежали на одній прямій, то через них можна було
б провести тільки одну площину, що суперечить умові. Отже, Дані три точки
лежать на одній прямій.
796. 3) Безліч.
797. 11 Ні. пряма а може бути перпендикулярна до прямої Ь, але не перпечдику-
I лярна до площини а. 2) Ні.
790. АВ 1 а. тоді АВ і ВС. і. АВС — прямокутний.
1)АС,=АВ* + ВГ»;
АВ » \ Л’С’^ВС' я ч І З’ 5* і 2 -
АВ
2) АС = - в <«).
' зіп^АСВ Віп 60 ,3
799. МК 1 |) за умовою, тоді МЛІ А'В.
ьМКР — прямокутний.
1) МР* « МК' + АВ* за теоремою Піфаюра.
МР* = ч МК1 т КР* чВ1 ~ 6Г =
• уВ-іТзб = уІОО = 10 (СМ).
2) МК - МР ііи^МРК = 10 віп 45- =
= 10 -— = 5-72 (см).
А
600. Ні. Якщо дві площини мають спільну точку, то вони перетинаються по пря-
мій, яка проходить черев цю точку.
МШМЖ ГЕОМЕТРІЯ мерзляк А. Г. та ін. 521
801. Ні. Якщо дві площини мають спільну точку, то вони перетинаються по пря
мій, яка проходить через цю точку. При цьому можливі рівні випадки. Усі три
площини можуть проходити через одну пряму (аркуші в книзі), або перетина-
тись попарно (площини стелі і двох стін).
802. І) Одну.
803. Якщо пряма перетинає одну з двох паралельних площин, то вона перетинає
і другу з них.
804. Якщо пряма а парапельиа кож
ній із площин а і Р, то площини
або паралельні, або перетинають
ся по прямій, паралельній пря-
мій а. а І| е
805’. ))АС: 2) ВС.
806'. 1)АВ; 2)СВ.
807.1) Прямі, які перегинаються — рис. в); 2) паралельні прямі — рис. а); 3) мимо-
біжні прямі — рис. 6).
808 . Якщо пряма а перетинає сторону АС в точці А, то прямі а і АВ теж пврети
лаються в точці А. В інших випадках прямі а і АВ мимобіжні.
809*. Прямі т і ЕГ мимобіжні.
810 \ 1) Так; 2) ні; 3) ні; 4) ні; 6) ш; 6) ні; 7) ш; 8) ні.
811е. Оскільки точки А, В. С і В не лежать а одній площині, то прямі АВ і СВ
не можуть бути паралельними «бо перетинатися. Отже, АВ і СВ — мпмобіж
ні прямі.
812 . Пряма ВК мас з площиною РЕЕ одну спільну точку О, І) в ЕР. Прямі РК
І ЕЕ мимобіжні.
Пряма а, яка перетинає
площину а, називаєть-
ся перпендикулярною цій
площині, якщо вона пер-
пендикулярна будь-якій
Прямій, що лежить у ЦІЙ
АС — перпендикуляр, АВ — похила, ВС — про-
екція похилої АВ на площину (*.
Для похилих, проведених з однієї точки, вико-
нуються властивості:
— рівні ПОХИЛІ мають рівні проекції;
— більшій похилій відпоьідас більша проекція,
і, навпаки, більшій проекції відповідає біль-
ша похила.
522 ££ ГЕОМЄТ РіЯ Мерзляк А. Г. та їй.
*. АВ 1 а, тоді Ав 1 ВС, АВ X ВО (за озмачеп*
м перпендикулярності прямої і площини).
АЛВО:
АВ ш АО иіп/АОВ = ю7з аіп 60’ =
. 10/3 = 15 (см).
в аАВС:
Глс . !Д . » . ЛЬ* - 16 72 <«»).
|р віп 45° 5/2 <2 42-42
І 2
14 , Нехай АВ І СВ — похилі, ВС - 17 см.
ІИС = 8 см. /ВАМ = ЗО’.
в а ВМС: ВМ* 4 МС* = ВС*;
ВМ = 4ВС1 - МС” - 717* - 8’ =
І- 5/(Й " 8X17~8) = у9 25 -3 5 = 15 (см).
I 3 а АВЛ1: АМ = - = юТЗ (см).
18/А »кЗО-
<15 . АВ і АС — похилі. ВО і СО — їх проекції,
ВО ОС = 5 : 2.
Нехай х — коефіцієнт пропорційності, тоді
ВО - 5х, ОС = 2х.
З а АІХ? : АО* = АС* - ОС* - 17’ - (2х)* = 289 - 4х».
Л л АВО: АО* АВ* ВО» = 25* - (5х)* = 625 - 25х*.
Розв’яжемо рівняння: 289 - 4х* = 625 — 25х»;
4х* + 25х» « 625 - 289; 21х» = 336; х* = 16;
г = 4 (х > 0).
. ОС = 2 4-8 (см).
16 .АО їОС^ІВ'. 17. Нехай х — коефіцієнт про-
порційності, тоді АО Юх, ОС - 17х.
Виразимо ВО* в двох прямокутних трикутників
АОВ 1 ВОС, прирівняємо значення і розв’яжемо
одержане рівняння:
ВО* = АВ2 - АО* - 12* - (10х)* = 144 - ЮОх3;
ВО* = СВ* - ОС’ • ЗО» - (17х)* - 900 - 289х’;
144 - ЮОх» • 900 - 289х’; 289х» - ЮОх* =
- 9Оо - 144; 189х’ = 756; х* • 4; х = 2 (х > 0).
ДО = 10 2 > 20 (см).
1)17 . З д АСО: СО = —= -5- (см).
" ідхІАСО 1860° 43
| ЗаАВО: ВО--^- = 6 (см).
Ей 45°
З а ВОС за теоремою Косинусів:
І ВС’ • ВП* + ОС1 - 2 ВО ОС сов /ВОС =
6*
в
7з
-2 бХсоз150°«
7з
л Зб + 12 4-^Д -сов30о-48 4-™ — =48 4-36 «84;
7з чЗ 2
ВС ^‘84 = 44 21 2^21 (см).
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та Ін. 523
818. З лВСМ: ВМ = ~»2<3 (см) як катет,
який лежить навпроти кута 3(Г.
ВС = МС • сов /МСВ » 4 ,'3 сов ЗО ’ =
4.3 ® 6 (см).
£
ВьАВМ'. АВ • ВМ = 2<3 см (д АВМ як прямо-
кутний з кутом 45° ? рівнобедреннм).
З д АВС за теоремою косинусів:
АС1 * АВ’ + ВС1 - 2лВ ВС соа /АВС • (273)1 + 6і - 2 <3 • «ж 135
= 12 + 38 + 24<3 • б-сов45 »48* = 48+12чб.
£
АС - <48 + 12<6 = ^4(12 + 3<6) » 2<12 + З/б.
819. Нехай — шуканий. Припустімо, що /А = £(/& * Тоді /А ».Л - /О
(протилежні кути паралелограма рівні), ллє це можливо лише у випадку, коли
/А ® 90'. С
Нехай ^А - - (/С + /О) | - 180 = 90'’.
ВШловідь.' /А = 90 .
820. Нехай АВС — даний трикутник. Позначимо АВ * х см, тоді ВС = (х - 1) см.
АС = (х4 1) см.
2
У трикутнику проти більшої сторони лежить більший кут. Отже, соя 2С а -.
О
За теоремою косинусів: АВ1 АС’ + ВС’ - 2АС ВС соа ^С;
2
Xі-(х + П’ + Іх-1)’-2 (х-ИМх-1) х/ \х-1
З /
х’ « х’ + 2х 4 1 + х’ - 2х + і - і (х1 -1); . ________,
З А л+1 с
х1 + 2 • -(Xі -І)! Зх1 + 6 = 4х* - 4; х» -10; х = 7Ї6 (х > 0).
З
Ааяг в >10 + ’/ЇО -1 + /10 +1 • Зч 10 (см).
Формула для знаходження довжини відрізка АВ,якщо А(х,: у,), В(х,: ра):
АВі +
821. АВ = <(2^1)*^7-3 - 2)1 « уі* * 5і = <26;
ВС « /<б 2Г + (3*3)’ = /4Г+вГ = <Лб + 38 « <52 -2<їЗ
АС * <(б -7)’ 7(3^2? » <5* * V = <26;
АВ АС, лАВС — рівнобедрений.
З д АСО‘. І)С = -ВС^ 7ІЗ; АС1 - А1Н + ОС»;
2
АП^АС*-ВС:', А1> = /26-13 = ч.13;
5М*. = 1 ВС АВ - 1 • 2713 • /13 » 13 (см1).
маг 2 2
524 ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А- Г. та Ін.
21. Пряма призма. Піраміда
ГВА|В,С,В, — пряма призма. ї) поверхня
аеться з многокутників — граней.
Вмш многокутників ребра, вершини — пер-
и призми.
А,В,С.В, — основи призми;
> ВВ, в СС, = ВВ, — бічні ребра.
А, А — висота, бічне ребро пря-
приамн.
ж 8 • А — об’єм призми.
С.
• . 1) АВСВ, А,В,С,В,; 2)АА,В,В, СС,В,В. ВВ,С,С. АА,В,В;
4) ААР ВВ,, СС,, ВВ,; 4) АВ. ВС, СВ, ВА;
І)А,В,« В,С,. ВС; 6) АА,, СС,, ВО,; 7)АА,. ВВ,, А,В,, Л.С,.
. 1) АВС, А,В,С,; 2) АА,В,В, А А,С,С. ВВ,С,С;
|В) АЛл. ВВ,, СС,; 4) АВ, ВС, АС, А,В,, В,С,, А,С,;
б) АА, І ВВ,. АА, Ц СС,. ВВ, Ц СС,. АВ І А,В„ ВС ц В,С,. АС | А,С,.
— піраміда; о АВС — основа; 5 — вершина
іди, Л — висота (А 1 (АВС)).
V = І5„ -Л.
З ”
ш
х
о
а
о
ш
X
а
к
о
****
В»1) АВС: 2) М; 3) АМВ, ВМС, СМА‘, 4) МА, МВ, МС', 5) АВ, ВС, АС.
а
л
с
а
ВАВСВ; 2) 3; 3) А8В, В8С, С8В, АЗ В ; 4) АЗ, В8, СЗ. В8; 5) АВ, ВС, ВС, АВ.
вя куба складається з шести рівних квадратів, сторона кожного дорів
іру куба.
= 6а* 1 * * - 6 3і = 54 (см’); V = а* = 3’ - 27 (сц1).
П2Г. 5, » - Я * (АВ 4- ВС) 2 АА, » (8 + 2) • 2 5- 50 (см1);
ГV - в"’. • н“ АВ ВС • АА, = 3 • 2 • 5 - ЗО (см8).
»281. 5^ = Рм • АЛ, = 3 • В • 4 72 (см1);
I 8„ (СМ-):
4 4
5В . « ♦ 25^ -72+2 9>/з 72 + ІвТз =
І 18(4 + >/3) (см).
І V - АА, = 973 4 - 3673 (см*).
І В29’. 8ь,ж » • Я - В АА, - 7 4 • 6 = 168 (см*);
1 8 . = АВ1 = 7» - 49 (см4 5 * *);
5 в + ’ 168 + 2 • 49 - 266 (см1);
У® 8 л • АА, 49 6 = 294 (см1).
«ЗО а) 8^ Я-(13 +14-Є 15) 10»
= 42 10 » 420 (см1).
8ля знайдемо за формулою Герона:
Р 42
р = 5я в = 21;
К 2 2
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін. 525
5« =/21(21-13Х2Ї-14)(21-15) = 72І’-8 7 6 = 7? 3 4 2 7 2 3 =
= 74 3 = 84 (см1)»
5 ’ 5«« + 25™ =420 + 2 84 = 588 (см*);
К = 8вя.Я. 84 6 = 504 (см1),
б) Основа призми паралелограм. 5 =68 аіп ЗО” = 24 (см1);
= 2 • (6 + 8) 9 - 252 (см1);
5„, = 5««ж + 28« * 262 + 2 24 = 300 (см*);
V » Зт Н = 24 9 = 216 (см1).
831’. = - 8-12 аіп 60 =48 = 24/3 (см1).
Невідому сторону основи знайдемо за теоремою косинусів:
х = /8* +12а -2-8 12 сов60° - /64ТІ44-96 = 7112 = 4714;
5И„ - (8 ♦ 12 + 4714) 6 = (20 + 4/14) 6 е 24(5 + /14) (см1);
+ 25„ = 24(5 + 714) + 48/3 (см’);
V = И - 24/з 6 = 144 (см1).
832*. Поверхня даної трикутної піраміди складається з чотирьох правильних три
кутників:
§ .4.2^ «-а’/з.
4
833'. Оскільки основа піраміди — квадрат, а бічні грані — правильні трикутни-
ки, то кожне ребро а пірамід» дорівнює б см.
8ия = а* 6і = 36 (см1);
= 3 ~ “ 3-~ = 2773 (см1);
я 5«,. + а 86 + 2?/3 = 9(4 + ЗТЗ) (см1).
834і. У = | МО = ± ~ВС АК МО - ’ 4.8 3,5 4,5 = 12,6 (см1).
3 3 3 2 6
835і. 5^ - 8ДВС0 = 6і = 36 (см1);
И = І8ЖЯ М£ - 36 | -7.2 = 86,4 (см*).
З з
836 . Я = |зи„„ А1)«і МЯ ЯХ /10 = 11,2 2.6 2.5 = 2,6 (см1).
З о з з
837". Основа прямої призми АВСА,В,С, — прямокутний «АВС (ЛА • 90й).
АС = 15 см, ВС = 25 см. Висота призми Я = ВВ, = 9 см. Зм = 8^^ = ~ АВ АС.
За теоремою Піфагора: ВС’ = АВ’ + АС1;
АВ = 7ВС3 - АС1 - у25і - 15і = /(25-15X25+ 15) -
= 710 40 - ч400 = 20 (см).
8^ = | • 20 15 « 150 (см1);
5ь« = Ло. Я = (15 + 25 + 20) 9 = 540 (см1); ‘
5._ = + 28„. = 540 + 2 150 » 840 (см1);
Н = | 150 9-450 (см1).
З з
526 $*$ ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін.
, Основа даної призми — рівнобічна трапеція АВСО.
ВС 4 гм. Ай ж 16 см. ВВ *2\41 см,
Н ААг 17 см.
Проведемо ВК X АГ>;
АО-ВС 16-4 _ . .
ХА’ ж------— —2 =6 (гм);
КО = АО АК = 16 - 6 = 10 (см).
З * ВКО; В// » ВК* + КО* 1;
ВК = уВВ - КО* ж лДиТЇЇ)’ - 10і ж <164 - 100
АВ- ВС „„ 16 + 4 _
8 =------------ВК ж---------- 8 80 (см ).
[ 2 - —
З лАВК: ЛВ - у ВК* + АК1 = + б* = 10 (см).
= р , ’ н = 0° 4 Ю + 4 + 16) - 17 = 680 (см1);
Я ''= Я + 2.4 =680 + 2 80 = 840 (см1):
) ОМі Ч4М ®в, ’
у = н = 80 17 = 1360 (см1).
134 , Основа даної призми — л АВС, АВ <• ВС,
[ АС - 24 см, ВК ± АС, ВК 5 см, АА, = 7 см.
ЯаАВС;КС -1 АС 12 см.
2
ВС* = ВК* + КС*;
ВС^уі ВК* + КС* » <’бт + 12’ ж 725 + 144 - у'169 ІЗ
5. ш = Р АА, ж (АВ + ВС + АС) АА, »
• (13 + 13 + 24) 7 50 7 « 350 (см’);
| АС ВК 24 б = 60 (см3);
V = 8,, АА, = 60 7 = 420 (см*).
А.
Л К
(см).
Позначимо ребро куба а. Залежність між значеннями а і <1 виражається фор-
мулами: 4і = 2а1; 4 = а 72; а = .
а*
040. Маємо: 5’ = 6 а* ж 6.2- ж 34і;
ГГ^ 2
уяО‘а4«-</’.
ІМ1. Обчислимо об’єм кімнати як добуток трьох вимірів; 8,5 6 3,6 183.ь (м*).
Відповідно до сан. норм на ЗО учнів має припадати об’єм V, «6 ЗО * 180 (м3).
V > V , отж»‘. можна в класі розмістити зо учнів.
Й42л, Позначимо сторону зовнішнього квадрата а,. внут-
рішнього — а, = ЗО гм, а1 = а1 - 10 = 20 (см).
Об'єм чавуну одного погонного метра труби дорівнює
різнії ЦІ ЗОВНІШНЬОГО об’єму Труби V! і об’єму внут-
рішнього отвору Уг:
V • V, - V, = (а‘ - г*0 і, де І — довжина труби.
І • 1 м.
V = (0,3і 0.2 і) - 1 = 0,05 м*.
т ~ Ир = 0,05 7,3 10* = 0,365 10» =
= 3.65 10* (кг).
б см
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін. :•$$ 527
843 . V - 15 = 0,6 15 « 8,1 (м*).
2
Визначимо необхідну кількість робітників:
8,1: (0,75 4) «2,7.
Отже, для роботи необхідно 3 робітники.
044а. Розглянемо Відповідну ДО відтинка призму
ЛВСПЛ.^С.Р,. Основа якої — рівнобічна трапе-
ція АВСО. Проведемо СК 1 АО,
.,п АО-ВС 14-6 . . .
Л.2)=------= . _ я 4 (см).
2 2
З дСКО: СО* - СК1 + КО-;
СК = 4сі>*^ КО1 = у8,5Г^4і -
= Т(8Ї5^ '4М8,5~ІІ » <56725 = 7.5 (см);
V = 5^ £>О, = А сК ОО, = -А- . 7,5 - 50 = 3750 (см*) 0,00375 (м*)
Відливок міді такого об’єму митиме масу
т - 0.00375 9.0 ПР = 0.03375 10* 33,75 (кг).
Фактична маси відтинка менша, отже, п ньому € порожнини.
845Бічні грані даної піраміди — рівні
рівнобедрені трикутники.
547 V = 1 5—. Н > А -А в 8 12 = 90 (см*).
З 3 2
848і. АВСО — ромб, АВ - ВС - СО = АО = 10 см, АС - 16 гм,
тоді ОС - ’ АС = 8 см, ОС 1 ВО.
8 -.СиО: ОО = \СО‘ -ОС' • 5 100-64 = 6 (см).
= ^АС ВО~АС ^ВО» АС ОО» 16-6 = 96 (ом*).
У - ’ Н = А 96 11 = 352 (см*). А
З з
а ллє. а*. і- ІТ+ІТ + Іб
849 . За формулою Герона- р ------
25;
5«. в -17X25-17X25-16) - <25 8 8 У~5й 3-120 (см*).
V = ‘ 5„ - Н - | • 120 20 = «00 (см*).
528 ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та Ін.
О> нова призми — рівнобедрений трикутник АВС, АВ АС, ЛВАС = а.
»АЯА,: АА, = А,В аіп Р = 4 віл Р;
і« А,В сов Р * (І сов Р;
»5„ Н«1АВ АС аіпЛВАС>
•* 2
- <ІСО5р 4сО80-8ІПа гівіпр
«Ґсоз1 р він а віпр.
1 .Основа прямокутного паралелепіпеда — прямокутник АВСВ.
п лАСВ (ЛАОС 90): АО = АС сов а т сов а:
В АС віп а л т кіп а;
Г = АВ СВ т сов ст т яіп и т‘ віп а соя а.
а 4С,С: С,С = АС Щ Р = т і< р.
Г. р СС, = 2(т віл а + т сов а) т Р
> 2 т* іе Рівіп а -і сон а).
Іж 5^, • СС, = ш’ яіп а сов а т і< Р =
* ш’ віп а сов а їв р.
В.
ВА
Г'а
Л1^-
II 8а властивістю діагоналей ромба: ЛВАО • ЛВАВ ; АО 1 ОО.
ЬлЛОО: АО » АВ солЛВАО-осов —.
ЛС = 2 ДО 2а сов .
^аА^С: АА, = АС їв2А,СА = 2асовівр.
5ІН. АА, «Ла -гасов^ ЧвЗ^ав'сов^івР.
V ж5>м • АА, АВ* віпа-гасоя’ЧвРжга’віпасов^ЛвР.
2 2
ІЗ . Проведемо висоту Піраміди 50. Оскільки всі бічні
ребра рівні, то висота піраміди проходить через центр
кола, описаного навколо основи. Значить, АО ~ В.
> рівнобедрених прямокутних лАЯВ, ьВЗВ,
лАЗС кути при основі дорівнюють 45°. Отже,
ь . г- „ лв4з
АВ ВС ~ АС =------ « Ь-*2. В - —-— » ——— ,
[ь віп 45е З З
Я,
2
З * А5О (ЛАОЗ - 9<Г): 05 « АЗ1 - АО* - <іь*
і у
6і 6
Є.
V •*-5_я Н = -—— — = —•
З 3 2 3 6
48-2-7
54 СН - АО 7 см, ЛС =? АВ = — “ ' - 17 (см).
ВК — бісектриса кута В перетинає сторону ЛС
в точці К. ЛСКВ = .Л.ВА як внутрішні різносто-
ронні при паралельних прямих АВ і ВС і січній КВ.
ллє ЛКВА = ЛКВС, тоді ьКСВ — рівнобедрений
(кути при основі рівні).
КС = СВ = 7 см. ВК ВС - КС = 17 - 7 10 (см).
ь>/з
з
•:$:?:$: ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. те Ін. :•:< 529
855. Позначимо ріпні сторони а, кут між ними в одному трикутнику а, тоді кут
між відповідними сторонами другого трикутника дорівнює (180й - а).
5, | а‘ віп а; 8, = -*• а1 віп(180’ - а) ж 1 а’ віп а; 5, = 5,,
2 2 2
отже, трикутники рівновеликі.
1 Рівняння прямої: у ж ке * Ь. Щоб скласти рівняння прямої, потрібно знати
координати двох її точок.
856. Знайдемо координати точки Л/(х; у) як
координаті! середини відрізка ВС:
Якщо пряма проходить через точку, то її коорди-
нати задовольняють рівняння прямої у кх ¥ Ь.
Враховуючи координати точок А(5; 2), ЛГ(-3; -2),
одержимо систему:
2«б* + 6, 2»5Л»Ь, 12*60,5 + 5, & = -0,5,
-2«-3* + Ь; (4*8*; к = 0,5; |* = 0,5.
Рівняння прямої: у - 0.5х - 0,5.
22. Циліндр. Конус. Куля
Циліндр
ОО, — вісь циліндра, висота
АВ — твірна, ОВ — радіус ос-
нови.
Конус
50 — вісь, висота 8А — твір-
на, ОА — радіус основи.
8Лзд * кВІ, І — твірна;
V х - хЯ Н.
З
857\ 1) ОО,; 2) АВ; 3) ОА; 4) О,В.
858\ Я - 6 см, Н - 8 см.
8^я = 2хЯН = 2л 6 8 - 96л (см’).
8_ « ліГ = а в1 = 36я (см1).
8пш ж 06я + 36я = 132л (ем1).
V пЯ*Н = л 6’ 8 = 288л (см’).
861 5^ = пЯ/ = л 4 7 ж 28л (см’).
= п/р = 4’ • к = 16л (см’).
+ Івл = 44л (см’).
859. = 10 см, В ж 5 см. Н ж 7 см.
5Лад в 2кЯЯ = 2я 5 • 7 7ОЯ (см1).
5та « яЯ* = 25л (см1).
5^ - 70л + 25л = 95л (см’).
V • пЯ*Н - я 5’ • 7 = 175я (см1).
860’. 1) М: 2) О; 3) МК; 4) ОК; 5) МО.
862. Я = = 3 (см); І ж Ю см,
8,ІДк л/И •» я - 3 • 10 = 30л (см’).
8т лВ 9ж (см*).
8_^ 30л + 9д 39л (см1).
530 ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та Іи.
МАЗ . V » - кН3Н = - я-З’ • 12 = 36п (см‘).
З З
64 Я = ІкК1 « 4 • л 3і « 36л (см1).
І У = -л№ «-п З3 = 36л (см1).
Г З З
>65 . ОВ =‘П - 5 см, ОО, = АВ = Я « 12 см.
= 2лЯЯ « 2л 5 • 12 = 120л (см1).
І 8^7 = кЯ* л 25 = 25л (см’).
8*' = 120л + 25л = 145я (см1).
у"=лЯ’Я п • 25 12 300л (см*).
Вбб V • лЯ’Я; 150л лЯ’Я; Я1 = - 25; В = 5 (Я > 0).
) 8^ = 2лЯЯ 2л • 5 - 6 = 60л (см1).
867 . Н 10 м, т = 106,8 г - 0,1068 кг.
т = V р: V ж— = = 0.000012 (м1);
р 8,9 104 £
Я/ҐЯ = 0,000012; яЯ1 10 = 0.000012; Я1 » 2^22^1? « 0,000000382;
Я « 0,00062 (м); <і « 0,00124 (м); с/ » 1,24 (мм).
869<і 16 см, Я = ^ 8 см, І = 1? см.
’ 8 «5 +8 • яЯІ + лЯ’вл-8 17 + п 8’«
І» 136л 1- 64« • 200к (см*).
V = ілЯ’Н:
З
Я 80 = 7яа’ -оа‘ = V/’ - Я3 * УІП1 - 8* =
Г « ^1~8М17 ~8) = чїї"25 = 15 (см);
У «1л 82 15-320 (см1).
З
070. Прямокутний трикутник 8ОА обертається навколо мри-
шого катета, утворюючи конус.
80 Я = 12 см. ОА = Я = 16 см.
8А а І = 480і + ОА* = V12* + 16’ ^144 + 256 «
ж 7400 20 (см).
5,- = ‘ча.., + 8^ = яЯЛ- яЯ1 а л 16 20 т я 16і =
а 320ж + 256я а"б7бя (см1).
V а 1 яЯ’Я а - л 16’ 12 6 1024л (см1).
З З
871. Л = 1,2 м; к= 2 м.
Уаік/ГНеІя 2і 1,2 = 1,6Я (м1).
т - V -750 = 1.6 3,14 750 - 3768 (кг).
872. |яЯ’Я « і я 6і 24 = 288л (см*).
З з
У.-і^Я; Н-4 = ^ї»4.5 (см).
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін. 531
18,4в(м*).
873. Я = 1,5; 80 «8 м; ОО, « 2,4 м.
V = У. + V, *Я* ОО. + ’ Я1 -ЗО.,
і 3 і
50, - ЗО - ОО, - 3 - 2,4 = 0.8 м.
V — п 1,5і 2,4 + - я 1.5 0.8’ =
З
я 2,25 2.1 + І 0,в4І -
т = 18.46 30 -554 (кг).
874. Позначимо радіус даної кулі Я,, збільшеної Я,. Я, • 2Я,.
5, ж4яЯ^, З, «4кЯ? =4Ж2Я,)’-4л 4Я,‘ = ІблЯ?,
З, ІлЯ." 1
Висновок: площ» збільшиться в 4 рази.
^1=1^ V,-^дЯ?ж1Я(2ЯІ)’»|к ЗЯ^-дЛЯ,1 8-У, 8.
Висновок: об'єм збільшиться у 8 разів.
875. Я, 3 см. Я, = 4 см.
З, = 4яЯ,? - 4л • 3’ = 36л (см*);
З, - 4ПЯ,1 = 4я • 4* 64л (см*);
64
ЗОя 9 .
Я, 64л 161 Ц ’ 4^ ‘ .
З
876. У = У - V ; Я_ Л = 6 см; Я, = — . 5 см.
У * 3 * | 3.14 (6і - 5’) - 380 см* » 0,00038 м*.
т - 0,00038 • 7,9 10а - 3 (кг).
877. Відомо, що МО 1 (ЛОВ), МО = А, ЛАМ В - 90'.
Оскільки висота, проведена з вершини прямого кута,
МО* = ЛО* • ОВ’ Я*, то А’ - Я*, А = Я (Л > 0, Я 0).
АМ = І » <МО’ + АО* - 7а* + Я* = А>/2.
Зв„ = лЯі ж я А А Тії » я-ТЗА*.
И-іяЯ*А-~я А* АжіяА’.
3 3 З
078. Див. рис. до № 877. АМ ж ВМ як твірні конуса. Тоді а АМВ — рівиосторовній
як рівнобедрений із кутом 60° при вершині: АМ = ВМ АВ = 2Я.
З аЛОМ (МО 1 ЛО): АМТ • МО* + ЛО1; МО = /аМ*Га6* = <4Я* - Я* яТз.
Зйв = пЯІ - я Я • 2Я = 2яЯ“;
V ж Аян*л = * пй* • яТз =
879. Обертаючись навколо сторони а (а > Ь), прямокутник утворює циліндр, вимі
ри якого: Н ж а. Я = Ь. 31<1шж ж 2яЯИ = 2яа6; V, = яЯ‘А = паЬ*.
При обертанні навколо сторони 6 циліндр матиме такі виміри: Н = 5, Я ж а.
3_ = 2пЯН = 2паЬ‘. V, . яЯ*Л = яа’А; =» - .
’ V, паЬ1 Ь
Висновок: бічна поверхня не зміниться, об’єм збільшиться в — разів.
Ь
532 ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та іи.
МО. Нехай у йЛВСАВ 17 см. АС - 28 см. 5^. - 210 см’.
і 1 *>ч'
Я.» - — АВ АС віп £А; віп лА = — ми -;
Е Ґ“* 2 ЛВ АС
2 210 15
І віп .'А =---= —.
, І 17 28 17
| Використовуючи наслідок з основної тригономет-
| рИччої Тотожності, знайдемо со» /_А:
228
28»
17
15
'(17
Тоді за теоремою косинусів: ВС* АВ* + АС1 - 24В АС ♦ сов ±А.
Сой/іА \ 1 - віп'/А =
ВС і 17* + 28’ - 2 17 28 -8 = у’289 + 784 4-і8 = л 628 « 25 (см).
V 17
Вві. Рівняння кола (х - а)1 4- (у - Ь)*» ЯР, де а 1 Ь — координати його центра. За
І умовою центр належить осі абсцис, тоді 6 «0.
І Коло проходять через точку V, тому Й координати задовольняють рівняння ;
і кола; (1 - а)* 4(4- 0? = 25: 1 - 2а 4 а’ + 16 « 25; а* - 2а - 8 = 0,
ла теоремою Вієта а( = 4, в! = -2.
Шукане рівняння: (х - 4Н 4 у* - 25 або (х 4 2)1 + у* я 25. '
вправи для повторення курсу геометрії9 класу
<х>г ,_А ±
082. За основною тригонометричною тотожністю:
ніп* /А 4 соя1 - 1; соахА « ±у! - він’ ^А;
, 16 х І 9 х 8
ВІ?-26 = іІ25=1в-
Зв теоремою Косинусів: ВСг - АВ1 4 АС1 -2 АВ АС сон ^А,
З
1) Якщо СО8^Л= , то
5
ВС -. 4* 4 10* - 2 4 10 І = Ч Ге +’Ї00 -~48 - ч 68' - 2^7 ;
V 5
ВС =
або
2) Якщо соя чГА = -1, то
10*4 2 4 10- »йбГ16<
5
883. Позначим ) шуканий кут <р.
Його косинус знайдемо з а АВО.
З а АВП за Теоремою косинусів;
Н1У > = АВІ + АН- 2АН А/ІсозбО";
ВП« 2*+ 4*-2 2 4 1 =л/Ї+Ї6^8
1 «_
:$:3 ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін. $•< 533
ВО • | ВВ > ч/з (см).
З а АВС: /АВС = 180° - гА - 180’ - 60° « 120 ; ВС = АП = 4 см,
АС* АВ’ + ВС* - 2АВ ВС соь 120 ;
АС- 2і * + 4* -2 2 4 |-1] = ч/4ТІб + 8 »ч/28 - 2>/7 (см); АО = /1 см.
З а АВО. АВ’ = ВО* + АО* - 2 ВО АО ссе <р;
ВО’ + АО’-АВ* (ч/З)1 + (/7)*-2* 3 + 7-4 6 З
2ВО АО 2-%*3-у7 2^21 2^21 Л1
Наслідки з теореми косинусів;
для більшої сторони с
якщо с3 ч а* + Ь* — /С прямий,
якщо є* > д* + М — /.С тупий,
якщо с* < а’ + 5* — £С гострий.
884.1) 5’ « 26; 4: = 16; 25 < 16 + 16 — трикутник гострокутний;
2) 5* 25; 6’ - 36; 9* = 81; 81 25 + 36 — трикутник тупокутний;
3) 5* » 25; 12* в 144; 13’ = 169; 169 = 144 + 25 — трикутник прямокутний.
885. Нехай у &АВС ВС 21 см, АВ : АС я 3 : 8, Позначи-
мо коефіцієнт пропорційності х, тоді АВ Зх. АС = 8х.
За теоремою косинусів:
ВС’ » АВ’ + АС» - 2 АЛ АС сов 60 7
і А^І60’
21* = (Зх)* + (8х)’- 2 Зх-8х
441 = 9х* 4 643*' - 24х*; 49х® - 441; х3 = 9; х = 3 (х > 0);
АВ - З 3 = 9 (см); АС - 8 3 - 24 (см).
886. Нехай у а АВС АВ = 3 см, ВС - ч7 см, /А = 60е.
Нлзна тимо АС = х. За теоремою косинусів.
ВС* АВ1 + АС* - 2АВ АС • со» 60е;
(7Т)* - 3‘ + х’ -2• 3 • х• 7 а 9 + х* - Зх; у?
х* - Зх + 2 = 0; х, - 2; х, - 1. Ху
АС = 2 см або АС » 1 см. А^— —
Сума квадратів діагоналей паралелограма дорівнює сумі квадратів його
сторін.
887. Нехай одна сторона паралелограма х см, тоді друга — (х + 4) см.
(х’ + (х + 4)’> 2- 12’ + IV; (х* + х’ + 8х + 16) 2 = 144 + 196;
(2х* + 8х + 16) • 2 340;
Xі + 4х + 8 = 85; х’ + 4х - 77 - 0; х, = 7; х, = -11 — не задовольняє умову,
Отже, перша сторони дорівнює 7 см, друга — (7 + 4) = 11 (см).
Р-асоя<7+11> 2=13 2 = 36 (см).
888. У паралелограмі АВСО АВ = а, ВО <1, ВО 1 АВ.
З а БОС: АОВС - 90*; ВС = а; ВО = і ВІЗ = ;
ОС* = ВО* + ВС’;
ОС = 7ВО’“+ ВС* « Д-1 + а* « ічі’а* + (Iі.
П2) 2
АС = 200 = <4а’ + <іг.
534 $:*•; ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та Іи.
№ Нехай АВСО — дана трапеція, АО - 8 см.
Г СО > 4^3 см. /АКВ - 80 .
[Оскільки трапеція АВСК вписана, то АВ о СК.
І Тоді 2 КАС = гВКА 60", АС = ВК.
І Діозпачимо АС х. З аЛСР:
СД* = АО1 + х* - 2 • АО • х соа 60';
(4 3)т = х* + 8’ - 2 8х і; х* + 8х +- 16 0; х - 4 (х > 0).
АС 4 см, тоді і ВК = 4 см.
N К
7 см
0, Проведемо СК І| АВ, АВСК — паралелограм,
СК * АВ - 5 см, АК = 3 см, КО 7 - 3 = 4 (см).
З ЛСКВ:
СК1 - СО1 + КО* -2СО КО сов /О;
СО* + КД* -СК1 36 + 16-25
сов2Д ---__________= —„ д •:—
2 6 4
2СО КО
27 2 .
48 165
9
сов/С --сов/Д = </С-1В0 -_ Д).
16
Аивпогічно: ВК Л СО, ВК - б см, АК = АО - N0 = 7-3 = 4 см.
ВЛР = АВ’ + АК1 - 2 АВ АК соє /А;
АВ* + АЛГ* - В№ 25+ 16-‘36 5 1 _ _ 1
сов /А ------------ ————— = — = —; сов 4. В — — сов /А — — —
2АВ 2-5-4 40 8 8
В91. ОО 1 АВ, ОК 1 ВС, ОЕ 1 АС,
ОВ — бісектриса /АВС. ЛОВО = /КВО 60".
ВК = ВО - І см (за властивістю дотичних).
Аналогічно: АЕ - АО * 5 см, СЕ = СК и х см.
За теоремою косинусів:
АС* = ЛВ* + ВС* - 2АВ ВС сов 120-;
(х + 5)а 6* + (х + 1)* - 2 6 - (х + 1) (-сов 60);
| х* + Юх + 25 ® 36 + х3 + 2х + 1 + 6х + 6;
Юх - 2х - 6х * 36 + 1 + 6 - 25;
2х = 18; х 9; ,
КС У см; ВС = 10 см.
а л овс: осі^ов, + вс1 - гов вс іго°;
1 ОС - 41* + 10* + 2 1 10сов60*-у'1+ 100 + 10-7111.
5 см
1 см
892. Нехай АВ « 11 см, ВС « 12 см, АС = 13 см,
ВМ — медіана. АМ т МС • 6,5 см.
За теоремою косинусів з л АВС:
АВ* АС’- ВС* 11*+ 13*-12а
008 2АВ"ДС = . 2 11-13
д 121-ь 169-144 146 ^З
286 286 143 ’
о в
1 см
З аЛВМ:
ВМ = VАВ’ + АМГ- 2ЛВ ~АМ соа 2А = . ’1 Iа + 6,5* - 2 • 11 6.5 • ~ =
’ 143
^'163,25 - 73 « <90.25 - 9.5 (см).
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та Ін. :?.?> 535
893. Нехай ВК — бісектриса а АВС. /АКВ * 60й, В
АК = 3 см, КС 4 см.
Тоді ХвЛТ = 180* - 60 120 як суміжний /АКВ. І \
Проведемо бісектрису КО кута ВКС. І \,
/ВКО = /ОКС = 60 . / 60ХА (
д АВК * а ОВК за стороною і двома прилеглими 3 см А’ 4 см
кутами (/АВК = /КВО за умовою,
/АКВ » /ВКО - 60е, ВК — спільна сторона).
З рівності трикутників: АВ = ВО, КВ * АК = 3 см.
З а КОС аа теоремою косинусів: ОС* » КО* + КС* - 2КЛ КС сов 60”;
ОС = ^‘З1 4 4‘-2-3 4 | = ч9 + 16-Т2 - 7ЇЗ (см).
Позначимо АВ через х, тоді ВС « х + ІЗ.
За властивістю бісектриси трикутника:
А_£ = ^£; 4х = Зх + зЛЗ; х-зЛз.
АК КС З 4
АВ = ЗЛЗ см.
Позначимо ВК = у, тоді з а АВК за теоремою косинусів:
АВ* - ВК* + АК* - 2ВК АК соа 60е;
(ЗТЇЗ)’ і у* ¥ 3’ - 2 3 у І; 117 » у3 4- 9 - Зр: у* - Зу - 108 = 0; у, = 12;
Р, • -9 — ке задовольняє умову задачі. ВК « 12 см.
894. У аАВС ВО - медіана. ВО = а, /А = 45°, /С - 76е. в
/В а 180° - (/А + /С) - 180- - (45а 4 75 ) = 60°; А
^.^.-^.30., /А
З а АВВ за теоремою синусів: ----= — —/ а> \
віп/ЛВО В1П459 / / \
ВО-аіп 30г а'і а а& А^^-______/ 7б°Аг
віп 45' 72 Л 2 °
2
895. У даному трикутнику кут 120’ — це кут при вершині. Знайдемо кути при
основі: (180’ - 60°): 2 = 30е.
За теоремою синусів: а : Ь: с * віп 30°: віпЗО-: яіп 120* — = 1:1; 73.
2 2 2
896. Нехай О, — центр кола, яке проходить через центр вписаного в аАВС кола
О і точки А І С.
2АОС =• 90 + (кут між бісектрисами двох внутрішніх
кутів трикутника). Тому
/АОХС = 360 - 2/АОС - 360° - 2 90° 4 — І - 180е - /В.
2 І
Але тоді /АО'С — вписаний у коло, описане навколо д АВС,
що спирається на хорду ЛС, і радіус кола з центром О,
дорівнює радіусу кола, описаного навколо а АВС.
Для його знаходження скористаємося наслідком з теоре-
ми синусів:
АС „ АС бЛ „ . ,
--—— = 2Н: к = —-——— ------= 6 (см).
віп^В 2віп60^ > ><3
536 ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін.
За теоремою косинусів; АС1 в Д3‘ + ВС* “ 2АВ ВС СОЄ 04 ;
25 + 64-2-5 8- « <« «? (см).
* і », йЬс
Радіус описаного кола В - .
45
де а, Ь. с — сторони трикутника, 5 — його площа.
Знайдемо площу за формулою
8 = - АВ ВС віпХВа - 6 8 -^-«10ч/3 (см*).
2 2 2
’ 5 8 7 7 7/3 , .
Я" — —- (СМ).
Л . 1П . Я .4 З
8. Нехай АІ) — бісектриса хіА, А = а; Л/> = / ВАІ) = .
£
І 5'..», * АС АВ • аш »Ьсаш о.
2 2
1 а 1 а
8Ш ’ +5Лнво = Я”1«* віп-;
ЛАВ-• АА* аЛо)* л Л Л п
І -Ьсвіпа = — Ь-АІ) яіп * + -с АВ-яіп^;
2 2 2 2 2
1 . . . _ 1 . а,. . . _ Ьсиіпа
— бсвіпа АІ) - віп -<Ь + с); АІ) ~--------.
2 2 2 , а.
. віп—(5 + с)
899. У * ВАМ: £В = 180’ - 4-А = 120°. 2
І хВЛМ = £ ВАМ як внутрішні різносторопні
при паралельних, прямих ВС і АО і січній АМ.
І £ВМА і -'.ВАЛІ, тоді а АВМ — рівнобедрений,
АВ ВМ 4 см.
5ЛжМг = ілВ ВМ піп/В = І 4 Піп 120° =| 16-
«мг 2 2 2
В
м
V
ЛУЛУЛ'Л'Л'^Л
6'00. Позначимо сторони трикутника: а = 4 см, Л = 13 см, с = 15 см.
і1 Д 4" $
За формулою Герона Ял = ^р(р - аХР ~ ЛМр “ с)< Де Р ------—
£
1 + 13*15 -А . .
р ------г-— = їв (см);
*
5. »^Ї6(І6^4Х16“3)(Ї6- 15)» %'16 12 3 1 = 716 4 3 3 =4 2-3 = 24 (см*).
Найбільша нпсота Л — це висота, проведена до найменшої сторони.
» 1, . 25 2 24 .... .
5, =--/)' а; Л = — = — — = 12 (см).
2 и 4
Радіус вписаного кола: г » = 1.5 (см).
« о аЬс 4 13 15 65 о .
Радіус описиного кола: Я = — = ———— = — = 8,125 (см)-
45 4 24 8
901. О А 39 см, О^А 17 См, ОО1« 44 см.
Знайдемо площу е О^О, аа формулою Герона;
аА*0,А+СЮ. 39 + 17+44 _п
Р ' -----2~---------“2 ------ *
5 - уірір -а)(р - ЬМр - с) >
= ^50І50Т39)Ї50^Ї7х50~44І » 5,50 ЇЬЗЗ 6
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін
?;
537
» 725 • 2 11 3 11 3-2=330 (см1).
5 ІДО, АС; АС « — = -« 15 (См); дв = 2ЛС ЗО см.
+ ОЦ 44
902. Нехай АВСВ — паралелограм.
АВ * 15 см, ВД = 11 см, АС 25 см.
За теоремою косинусів з а АОВ
ВО - |ВД = 5,5 см. АО « 1 АС = 12,5 см
* 2
ГЛЙ.П 1 ВО‘ + А°3 “ АВ’ 5’5’ •• 12,5* “ 15* 30,25 + 156,25 - 225
2ВО АО 2 5,5 12,5 137.5
38,5 7
137.5 25’
Скористаємось основною тригонометричною тотожністю, щоб знайти аіп ф:
аіп* ф + соа1 <р = 1; яіп ф = ^1 - соа8 ф;
2-5,5-12.5
і, і’ 7
81П ф = - -----
V 1 25
ї-1»
625
24
25
’п^аіпф»^ ЛС ВВ аіпф = -
3 2 2
її <*< 25 264 ,
11.25------= -—в 132 (см*).
16 см
903. Нехай АВСО — трапеція, АВ • 17 см,
ВС - 16 см, СД = 25 см, АД = 44 см.
СР 1 АД — висота.
Проведемо ЕС | АВ,
тоді АВСЕ — паралелограм,
АЕ = ВС а 16 см. СЕ = АВ =17 см,
£Д а 44 - 16 28 (см). 44 см
За формулою Геропа: 8^ « ^РІР ^ауїр - ЬМр~У. р= = 35.,
5длго \35(35 - 17X35 - 25x35 ~ 28) = 735 Л8Л0Л = Тб-7-9 2 5-2-7 =
-5 7 3 2 = 210 (см1).
в«г.-|е° СК СК.?|аї.Ї^1?.15 (е«).
* 2о
_ АД+ВС 44 + 16 __ __ . 4
-----2--СГ = —-----15 = 450 (см*),
904. Нехай О — точка перетину діагоналей трапеції АВСО; ВС И АО. ВС = 5 см,
АД = 12 см. АС = 9 см, ВО = 10 см.
Позначимо ВО = х, тоді ІЮ «10-х. .
ОВ 12 ,л гл г
12х = 50 - 5х;
ОВ 5
а ВОС ~ лдод;
17х- 50; х = —
17
СО = у; АО = 9
З а ВОС
2 ВО ОС
2500 2025
со.гвос-, 88» і»» _ <525-7225_ гтоо.. з.
9 50 45 4500 4500 5’
2 17 17
538
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін
| , 3 ґ І 9 4
яіп' а ♦ соя а = 1 =» віп /ВОС = ,1 -І - - ® ЛІ ” ® 7•
у "6 V 2о &
1 14
З -- АС ВВ-віп^ВСК’= 10 9 --36 (см’).
2 2 5
2. Правильні многокутники
Іраіильнии многокутник — це многокутник, у якого асі кути і ьсі сторони
ні (ріяностор-нній трикутник, квадрат тощо).
1 правильного многокутника центри вписаного г, описаного Я кола збігаються.
• І ЗвОс
5 = - Я’л ні»--, п — кількість сторін.
2 л
а °
л л
1*л ємність між а, г, Я
ПОЯСНЕННЯ
Я г
Трикутник вз/з 3 а 4'4 ♦’ в
' Квадрат а7г 2 а 2
і Шестикутник а а<3 2
1 —
лла і» о <і,3 ®Г п а'”* 36>\3_і-
и'йЬ. 1) п = 3; г ; а = —ж-; и — —*•: Я « - • - —® 12.
І О <3 '3 3 ,3 З
З ж І Я^Л8іп^21 А . 144 3 вш 120 = 2їваіп60* - - 108^3 (см1).
2 3 2 2
2) п 4; г - ; а = 2г = 12; В = а1« 12і » 144 (см4).
2
.. л 2г 2 6 12. Р „ 12
3) л = 6: г =---; <і» ? = В = а = ——;
12 7з >3 V» >/3
8.1 і бсіпОО = А.Ц1.0 72/з (сМ?),
2 І Л 2 3 2
«06; й< = аА ж 1^2 . 2Л (см); я4 - Яж: Я, = ; а, = ж 3 2> 2 (см);
<и л м у,? 4
І (м>).
^4 уЗ 4 3-4
007. Виразимо через радіус описаного кола Я сторону вписаних у коло правильних
о,>/3 ЗЙІ
трнкуїника а, 1 шестикутника аж та обчислимо їх площі; = д 5 а!- —5
„ аГЛ ЗУЗЯ' _ - - а\3 ЗЛ/Г
3-- \ - Г • * • ”-----------
а, зТзя1 аТзя* і
5# 4 ’ 2 2'
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та Ін. 539
908.. АС а — сторона правильного шестикутника.
/18. ВС — сторони дванадцятикутника.
Сума кутів 12-кутника: 180 (12 — 2) — 1800е.
/АВС = 1800 : 12 150“.
Нехай АВ • х см. Тоді з аЛВС за теоремою косинусів:
АС* = АВ’ + ВС* - 2АВ • ВС сов 150*;
а’ = х2 » х* і- 2х • х о» 30е;
а* 2х* + 2х* • —;
2
І Формула для обчислення довжини дуги І:
і лгп“ о > . .
* х ївіу* Де л — градусна міра відповідного центрального кута.
ОЛО / Я™ « пгп' й 180е 6 4Г , „
їв0‘ вП= ій'*®* <'">•
910. /ОАС 42“ — вписаний кут,
якому відповідає центральний кут СОВ.
/СОО » 42 • 2 = 84’.
/ООА = ЛСОА - /СОВ = 180 - 84’ = 96‘.
. хлґ я 4 АЖ 32
180 ‘ 180 ' 15 Г“
911. АВСВ — квадрат зі стороною 2<2 см.
З * АОВ: АО = ВО - В. АО 1 ВО, АВ’ = ВО* + ДО’;
2Я» = АВ’; 2Я’ « (2Л)’; 2Я’ = 8; Я” = 4; В = 2 (Я > 0).
Дуга між сусідніми вершинами — це - довжини кола.
4
І 1 * З 4 5 6 «Я Я 2 . . .
1 я 4 2яЯ = — - — = 4 (см).
912. Нехай АВ — спільна хорда двох кіл радіуса Я, які перетинаються.
АО1 е ДО, = О^В = ВО, » я.
лАО1О1 — рівносторонній,
/АО,Ок = 80е . гЛОгВ « 120* .
Дуга АО.В — х кола,
1 З
дві дуги- |. / = |-2дЯ = —.
3 3 З
Фігура, площу якої потрібно знайти, складається
з двох рівних сегментів: ДО,В і АО^В.
Площа сегмента АО,В дорівнює різниці площі секторе АО.ВО, і трикутника
ЛО^:
5 2 • ( -1 Я- .1„ 120 ) . 2[
360е 2 3 2 2
4ПЛ’ ЗчЗЯ* Я,(4л-_3/3)
6 ‘ 6
4лЯ’ - зУзя»
12
540 ?$•: ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та Ін.
Ж жг,л° - 360°5 360^2,4я
18. $ * 5.^,.’ ! л и -—Г~ " -------77— в 04
“ 360і яг’ л-16
т =
гП =
44 8 ч 78 см, С п<1 * 78л см.
І За 2. 5 хв. колего робить 100м обертів, за 1 юд 60 хв. — 24 000 оберив.
І р - 7вя 24 00(1 • 78 3.14 24 ООО « 5 878 080 (см.ґод) - 58,8 (км/год).
| Іб. За умовою довжино дуги А/ГЯ дорівнює т
кВ 120 2*3 и Зт
— ---— ; т =----; Я = •- .
180 з 2л
З дАОС: АО-Я=—; ХАОС60е;
2л 2
Зт 1 Зт
ОС 1 АО сов 60 - - • - ч* “7—.
2Я 2 4Я
СК - 2г ^-ОК -ОС »
_ Зт Зт Зт 6т - Зт
= Я--=------------ ----
4п 2л 4л 4л
Зт
4я ‘
_ _ _ Зт Зт
Довжини вписаного кола: С « 2лг = я — = —
4п 4
016 3 точки С до даного кола провели дві дотичні АС і ВС. ОА X АС, ОВ 1 ВС аа
І означенням.
60’
ХЛСВ « 60 . За властивістю дотичних /АСО = /ВСО = — = 30г
&
З ЛАОС: АС = ™ ° Я^З.
1 «30і 7з
Ь’мя0 25^ 2 ІАО АС = Я кТз = 73Я\
«4
лЯ1 .'АОВ лЯ' 120 і яЯ\
"°в " 360“ 360’ “ 8 ’
з -7зя’ - є* . . <3^*0..
З з з
З, Декортові координати на площині
ІПІдсташ, між точками Л(х,; р,| і В(хх; рж): АВ = ч'(х, - х^’ + (р, - у,)1.
Кіюрдиматн середини Л/(л; у} відрізка АВ: х » -’ Х’' У
017. АВ - ТГ-21 4)’ ~(4 - 2? = <4 + 9 = /13;
ВС = у(0 + 2/ + (1 - 4)’ = >/4 + 9 = 713;
АС « /(0 + 4)’+(1-1)’ - >/їб - 4.
АВ * ВС •=» лАВС — рівнобедрений, АС — основ».
Висота, проведена до основи: Л АВ аіп 60“
З, »ІАС Л = і-4~ =
4 2 2 2
39-
ГЕОМЕТРІЯ Мерйляк А. Г. та Ін. 541
918. Позначимо К — середину підрізка АВ. С — точ
ку перетину серединного перпендикуляра з віссю
абсцис. Тоді С(х; 0).
хг = - - 4,5; ук - % 1,5.
З д ВКС {£СКВ * 90 ): КВ» + КС* « ВС3.
(4 - 4,5)» + (6 - 1,5)* + (х - 4,5)* + (0 - 1,5)* =
= (х - 4/ + (0 6У»;
0,5* + 4.5’ + х* - 9х + 4,5’ + 1.5* = х» - 8х + 16 + 6»;
0.25 + 20,25 - 9х + 20,25 + 2,25 = -8х + 16 + 36;
9х + 8х « 52 - 43; х = -9. Отже, С(-9; 0).
919. Пояснення аналогічне до № 918. К — середина СО; Л(0; у) — точка перетину
серединного перпендикуляру з віссю ординат.
—=3; рх.-*-±в-і; К(3:-1).
АК* + КС3 АГ*:
(0 - 3)* + (у + І)* + (2 - 3)» + (1 + 1)* = (0 - 2Н + (у 1)»;
94у* + 2у+1 + 1 + 4'=4 + уі — 2у + 1:
2у -і- 11 - -2у + 1; 2у + 2у в 1 - 11; 4у = -10; у = 2.5.
Отже, А(0; -2,5).
920. АВ = 7(0 - 12/ + (11 - 6/ = 712* 7 5* = 7144 + 25 • <169 = 13;
ВС >7(5-0/+(-1711/7 75*7 12і -7257114 = 7169-13;
СО = 7(-? - 5/ + (-6 +1)* « 712* +5* - 7169 = 13;
АВ = 7^7 + 12/7(-6 - б/ = 7б* + 12’ = /169 • 13.
АВ ВС = СВ - АО, отже. АВСВ — ромб.
АС * у/(5 + 12/ +7-1 - 6/ = 7289 /49 = /338;
ВО » /(-7 - 0/ + (-6 - І І/ = 749 + 289 = Т338.
АС = ВО. Діагоналі ромба рівні, отже, цей ромб — квадрат.
921. Позначимо другий кінець діаметра Р(х; у). N — середина відрізка РМ.
Хіі«Х! * = 2хх - хм = 2 • 2 - 5 = -1;
* •’ У “ 2ух - - 2 0 - (-2) - 2. Отже, Р(-1; 2).
<ь<>
922. АВ - 7(26 + 4/ + (7 4 З/ = Тзб* + 10» <900 + 100 <1000 = 10710;
ВС = 7(2 - 2б/Т(-~7)* . 724*77* « <576 + 64 = /б40 вТЇО;
АС = 7(2 + 4/ + (-Ї + 3/ = 7б* + 2* = 736 + 4 - <40 = 2710.
Оскільки 10x10 8\ 10 + 2710, тобто АВ = АС + ВС, то за основною властивістю
взаємного розміщення точок на прямій, точка С лежить між А і В.
923, АВ -7(9“5)’ + (-2- ї/ « 74а + 3* - 7Іб79 = ^5=5;
вс = 7(7 - 9/7 (2+ 2/ = 72*7 4’ 7Ї7їб - 756;
АС = <(7-5/+(2-1/ = 7? + Т* - 7б.
Якщо а АВС прямокутний, то за теоремою Піфагора АВ1 » ВС» 4- АС*.
5 (720)’ +(7б/, 25 = 20 + 5. Дійсно, лАВС — прямокутний. Тоді центр
542 ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та Іи.
1 5 + 9
іисдного кола О — це середина гіпотенузи, Н = - АЛ = 2,5 см. хо = - » 7;
І’2 лк 2 2
Г- -- = -0, 5.
Г 2
пняння описаного кола: (х - 7)* 4- (у + 0.5)* 6,25.
В*. Центр кола (-2; 3), радіус — 752.
і ~ 8 + 4 7-І
І Координати середини О відрізка С/>: х„ = —-— » -2; ро = —— = 3.
ЦІЖ “ “
І Центр кола і середина відрізка СР збігаються.
І Якщо СО = Я, то СР дійсно є діаметром кола.
ІСО = >(-8 - 2)’4(7 -3)’ » Уб4"* 4і - >30 + 16 - у52 - Я
І РМпміАь СО — діаметр даного кола.
1*8. Центр кола лежить на осі ординат, тоді його координати 0(0; У*). а рівняним
[ кола а загальному вигляді: х* + (у - уфУ» Я*.
ї ОА = ОВ як радіуси кола.
ОА* = 1 + (у - 2)*; ОВ* = 3і 4 (р - ву.
І Маємо рівняння: 1-у* - 4у + 4 9 + у’ - 12у + 36;
І 4у + 5 = ’Л2у + 45;
І 4у + 12р « 45 - 5;
І ву » 40;
І у 5. Центр кола 0(0; 5).
/Р - АО* - 1* 4 (5 - 2)’ - 1 + 3* = І 4 9 - 10.
Якщо точка С(- 3; 4) належить колу, то П координати мають задовольняти рін-
ияния кола: (-3)* 4 (4 — 5)* = 9 + 1 = 10. Висновок: точка С належить колу.
128. Якщо коло дотикаються до осі ординат, то радіус кола дорівнюй модулю абс-
циси його центру: Я = |-5| 5. Точку перетину кола з віссю абсцис позначимо
А(х: 0). ААР » Н\
(х + 5У + (0 - З)* - 25; ?+ 10г + 25 І Я* 25: х* + Юх 4- 9 = 0;
1 хг а -1; х, » -9.
Точки перетину з віссю абсцис: А,( 1; 0) і А2( 9, 0).
27. Перетворимо рівняння, х* + у’ - 2х 4 4у - 20 • 0;
(х* - 2х 4 1) + (у* + 4р + 4) - 25 0;
(X — 1)* + (о + 2У = 25 — це рівняння кола з центром 0(1; -2) і В \25 = 5.
Довжина цього кола: С 2кЙ 2 я 6 Юх
928. Рівняння прямої у загальному вигляді: у = кх + Ь, де 5 = 6 за умовою. Коор-
динати точки О задовольняють рівняння прямої:
5 - 6 (-3) 4 5; 5 = -18 + Ь; ь = 23.
Рівняння прямої: у = 6х + 23.
1)29. Припустімо, що точка А(х; 0) — точка перетину
прямої з віссю абсцис, тоді Л&АХ а 135 , £5АО - 45".
ІлЯАВ — прямокутний і рівнобедрений, ВВ - АВ.
Тоді точка А має координати (3; 0). Прима проходить
через точки 5 і А, магмо систему:
4 *•" 1 А? + /т*
' 4 « 4*; *-~1; 0 - 3 (-1)4 5:5-3.
0-35 + 5;
Рівняння прямої: у » -х 4 3.
930. Перетворимо рівняння даної прямої, зведемо його до вигляду у - кх + 5:
5і + Зр - б = 0; Зу -5х +6: у - х + 2.
4
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. га їм. 543
Шукана пряма паралельна даній, отже, ЇЇ кутовий коефіцієнт * також дорів-
нює Скористаємось тим. що вона проходить через точку Л(-3; 1), а отже,
б к
координати цієї точки задовольняють рівняння у = -—х + Ь: 1 = — (-8)» Ь-,
1 = 5 + 5; Ь • Н, 3 3
Шукана пряма: у = -- - 4.
З
931. Нехай коло з центром О проходить через дані точки ДІВ. Оскільки ОА - ОВ
(як радіуси одного кола), точка О лежить на серединному перпендикулярі до
відрізка АВ.
Навпаки, кожна точка О, яка лежить на серединному перпендикулярі до АВ,
рівновіддалека від точок А і В. Значить, точка О — центр кола, що проходить
через точки А 1 В. Отже, шукане ГМТ — серединний перпендикуляр до відріз
ка АВ.
Координати середини С відрізка АВ:
хс = — ~ = -0,5; ус - = 1,5; С(-0,5; і .5}.
Нехай точка Щх; 0) — точка перетину шуканої прямої з віссю абсцис.
ВО‘ « ВС* 4 СІУ (теорема Піфагора).
(х - 2У + (0 5? - (2 4 0,5? + (5 - 1.5? 4
+ (х 4 0.5? 4 (0 - 1,5?;
X* і - 4л 4 4 4 25 « 6,25 4 12,25 4 х’ 4 х 4 0,25 4 2,25;
4х 4 29 « х 4 21; -Бх « -8; х = 1,6; В( 1,6; 0).
Шукана пряма проходить через точки С і £>:
11,5 =-0,5А т 5, 15 5
Ь-Ів*,»; ‘ = -7:
5 '*£ Ь“ = ‘
7 І 7
8
7*
О. 5 8
Рівняння: и = - - + —.
У 7 7
1,5" 2
4. Вектори на площині
-х,; у,-У1)
|а| * М + а} • /(х, - х,)’ 4 (у, - у,)’ 1 ’
Рівні вектори мають рівні координати. АСХрР,)
932. Діагоналі прямокутника рівні, тому ГВОІ ® АСІ «10.
Легко помітити, що абсциси точок РІС одна-
кові, а ординати точок О і А тн С і В — рівні.
Тоді С(х;-4), Жх; 2).
ВД І-ТІ^З)’+ (2+4?;
(х - 3? 4 (2 4 4? = 100;
х1 - 6х 4 9 4 36 - 100 - 0;
х* - бх - 55 = 0;
х, = 11; х, -5.
Отже, задача має два розв’язки:
1) 0(11; -4), В(П; 2); 2) С(-5; -4), В(-5; 2).
В(3;-4)
544 ГЕОМЕТРІЯ Мерзли А. Г. та Ін. ЖШ8МШ
, СЙ - СО + ОЙ « 3 - (правило трикутника).
АО АО + ОЛ = -Д - Ь.
Доданаипя векторів
Л(и,; ар + Ар = с(а, ♦ Ь,; + 6р
Л С
А
Правило трикутника Правило паралелограма
АВ + ВС = АС АЛ * АС • АЛ
РїЗМНЦж СКтОріМ
СЛ -АВ АС
<х
ш
а
934.1) ВА + СЛ - ГВ = В4 * (СО - СВ) « ВА + ВО - ВР - ОС;
2) АВ ЙА - ВО + СЛ « (ЛВ + АО) + (СО + ОВ) = АС + СВ = АВ,
3) АО-ВА-АС«(АО-АС)-ВА-СО-Ва-0
535. л * За 26-3 (1; - 2)-2 (-1; 3)« (3;-б)-р2; б) «(б;-12);
[ р5] = ^5’ + (-12? = >,25+144 = 7169 = 13.
536. £> - В? ВВ - 1 а - і 5.
Н 2 2
537.1) АМ -- АВ + ВМ * а + 1 К-їт1 АО 1 і;
4 4 4
АК •АО + ЛК •6 + 1Д.
З
2)
АМ •АВ* ВМ
АК АЙ + ЙК:
12т -12АВ + ЗАО,
Зл = АВ + ЗАОг
4
АМ = АВ ♦ - АІ).
4
ЛК і АО - ~ АВ;
З
12т-3л-11АВ; АВ «,2'й“8л
12т-Зй 1*Тп
"—її- ^ЛО:
І15.Д-і??-”;
4 11
11
їй - АВ+ - АО.І 13
4
п * АЙ + - АВ; І З
З
1-- 11т-12т+3й
- АЛ я--
4
ДО = ^(Зй-йі).
11
538,1) ВС = 1.5а,
АВ » АГ - ВС - З» - 1,5а;
АС 36:
АК “ АВ * ВЕ = 3§ - 1.5а + а 36: - 0,5а;
СО*-2б.
ь л
С
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та Ін. :$? 545
2) НС = ЗЕЄ » -8С£ -3(СА + АЕ) = -3(1,56 + а) = -4,5* - За;
АС - -СА =_-1,5СЇ> - -1.56;
АВ = АС + СВ - -1,5* + (-ВС) =
—1,56 + 4,5* + 35 • 36 + За.
л і> ї с
Вектори називаються колінеарними. якщо вони лежать на одній прямій або на
паралельних прямих. Якщо два неиульові вектори а і Ь колінеарні, то існу<
таке число к. що Ь = ка, причому, якщо к > 0, то вектори а і 6 однаково
напрямлені, якщо к < 0 — протилежно напрямлені. Координати колінеарних
векторів пропорційні.
939. АІМ(-[0;6); КР( б; 3);
* *10 0 і
— — = - = 2: NN 2КР. Так, вектори колінеарні.
“5 З
940. - =
6 3 3 3
Скалярний добуток векторів «(а,; а,) і *(*,; *,): а Ь = а, - + аі Ьг
або а Ь >|а| |л совф, де <р — кут між векторами.
Вектори а і Іі перпендикулярні тоді 1 тільки тоді, коли а 6 = 0.
941. а 6 »- Зх - 2 - 4 = Зх -8; Зх - 8 = 1; Зх = 9; х «3.
Відповідь: при х = 3.
Наслідок в формули для скалярного добутку векторів: совф =
942. І) ?О8£А = ; АВ(5; 1); АС(6; 9);
117;
5 6+1 9
СО8/А = .
<26 <117
39
/А = 45’.
2) сое^В = |^р|=; ВА( -5;-1); ВС<1; 8);
;ЙА| » АВ - <Іб; |вс| = 7Ї* + 8і <65;
-51-1-8 -13 ІЗ 1
с<>в' = /і,—г”“ " ~7*—--------т" ----гг—~ = —— тупий.
<26 <65 <2 <18 5 <13 5ч-2 13 5^2
8) соа/С • СА( 6; 9); СВ(-1;-8);
ІСА| - СВ]
[Са| = <ЇЇ7; СВ » Тбб;
6 + 72 * * 5 6 * * * 13 2
СОН ЛС » ---1 і—ш Я « — » — .
<117 ,65 3^/13-5<!3 3 5 ІЗ б
Висновок: трикутник тупокутний.
546 ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін.
ООиткол вектора (а,; а. і на число А називається вектор (Аа,; Аа-), тобто
|ад а,)А » (Аа,; Ааг).
докоиуюті-ся закони: (А + 5) - а = Аа ♦ Аа; А(а + Ь) ка + АА.
43. тЬ(т; -2т);
а + тЬ = (2 т т; - 1 - 2т);
(й + тЬ І Ь = (2 + т) 1 ♦ (-1 - 2т) - (-2) • 2 ч т + 2 1 4т = от » 4;
_ _ 1
І (Л + ті») 6 = О; якщо 5т 4 4 = 0. т л - —.
й Ь
а Ь в (Зт + л)(т - 2л) «= Зт* - бтл + тл - 2л1 = ЗІтҐ - 5тй - 2.лл -
З 1-0-2 1=1.
Щоб знайти модулі векторів а і б, знайдемо їх квадрати: £
и1 = |а* = (Злі + Я)’ » 9/й' ♦ Ьтл + л1 9|гй^ + бтй + |Я[’ =9*0+1 = 10, }а| • 710, ;>
Р = л/= (м-2п)’»/й’-4«л + 4ла-|/Й - 4гйЛ +4!дГ = 1 - 0 + 1 =5; |б| » >5. *;
П 1 1 Л
845. 1) а-5-(3; б); |5-6| = уЗ* + (-5)* = <9 + 25 = >34;
[2) 2а + 6 = (2 2 -1; -4 2 + 1) = (ЗГ^Т); |2а + £| - у/з* + (-7)1 = 79 + 49 = Тб8.
94 6. Позначимо В(х; 0) точку, в якій дотична до
заданого кола, проведена в точці А, перетинає
вісь абсцис. Розглянено вектори ЛМ і ЛВ.
ЛМ(5; 1), АВ(х - 5; 8).
Оскільки дотична до кола перпендикулярна до
радіуса, проведеного и точку дотику, то ЛМ 1 АВ,
і їх скалярний добуток дорівняй- нулю.
ЛІД АВ=5 (х-5)*1 3«Вх-25+З-бх-22;
йх - 22 = 0 при х 4,4. \
Отже, координати точки В — (4,4; 0). \
Координати точок А і В задовольняють рівняння
шуканої прямої;
-8^ЬАіА, 3 я0 А а -з» 5 (-5)4 6:5=22.
0 ^.4,4А+6;
Рівняння прямої: у = -5х + 22.
5. Геометричні перетворення
Перетворення паралїчіького Перенесення на вен тор а(а,; а,) переводить точку
А(х; у) в точку А,(х + а,; у + а3).
847. Щоб знайти коерциватя вектора а. потрібно знайти різницю відповідних ко-
ординат точок Л і В: а, = 5 - 3 = 2; аа = -8 - (- 2) • -1.
Отже. 5(2: -1). Тоді образом точки С(-3; 4) буде точка С,( 3 + 2; 4 - І), тобто
С,(-1;3).
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін. 547
948.А1(-1; -2). В,(-2; -4), С,(0; 2).
949. Нехай К — середина СО.
Тоді X, . Ьіі - ЦІ = 3:
Образ точки К — точка Р(-1; -3).
й(-1 - 3; -3 - 2) = й(- 4; -б).
При цьому паралельному перенесен-
ні образом точки С(7; -4) буде точка
С,(3; -9), образом В(-1; 8) — точка
£.(-5; 3).
950. ь СНЕ « а СОЕ за двома сторонами і кутом між ними:
СЕ — спільна сторона. ВС = ОС за умовою, /.ВСЕ • ^ОСЕ
як суміжні з рівними кутами. Звідси ВЕ = ОЕ. Отже,
4 ВСО — рівнобедрений. СЕ — Його медіана, а значить,
1 висота. Тоді пряма СЕ (АС) — серединний перпенди-
куляр до відрізку ВО, а це означав, що точки ВІЛ си-
метричні відносно прямої АС.
І Координати точок, симетричних точці А(х; у) відносно:
осі абсцис — А,(х; -у);
осі ординат — А,( - х; у);
початку координат — А,(-х; -у).
951. Відносно осі ординат — К,(-4; -2); осі абсцис — К/4; 2);
початку координат — Кг(-4; 2).
952. У точок, симетричних відносно осі абсцис, абсциси однакові, ординати про-
тилежні. Отже, х = 3, у = 2.
954. МИ « + «)* + (6-10/ - ТГИв -720 = 275;
МК - 4(1 + З)1 + (4 - 10)* » Тїб + Зб = 752 - 2713;
МК •4(1 + 1)* + (4 - в)* = 72* + 2’ - <8 « 272.
Для того, щоб точки М 1 N були симетричні відносно К, необхідно, щоб
МК = №К, але 2713 * 272. Отже, відповідь: ні.
955. Центр даного кола — О(-4; 5). Симетрія — це рух, отже, радіус не зміниться.
1) О(-4; б) -♦ 0,(4; -5); (х - 4)* + (у + &)* - 11;
2) О(-4; Б) -* О/-2; 1); (х + 2)* + (у - 1)’ - П.
8. Центром симетрії прямокутники в точка перетину його діагоналей. Тоді пря-
мокутник треба повернути так, щоб протилежні вершини перейшли одна в дру-
гу. тобто на ІйОЛ
Ч. О — точка перетину серединних
Перпендикулярів сторін ЛВ і ВС
лАВС.
ОЛ, - 2<М, ОВ' * 2ОВ, ОС' 2ОС
4 -1 1
’ 8 = 2 2 і
Яві. Будь-які правильні трикутники подібні між собою (ознака подібності за дво
мп кутами). Площі подібних фігур відносяться як квалрат коефіцієнта подіб
І КОСТІ.
Зі
б 2 г>
19
4
«62.
7
2
р> р «і Л
Г 38 19 61 16 2
12 36 7 63 М 1 н-
7 36 4 100 « 1 Єї
42 21 36 9 2
Пряма, паралельна стороні трикутника, відтинає під нмн-о трикутник, подіб-
ний даному,
НбЗ. Можливі два випадки:
1) Змс*. * 1 , ТОДІ а — й’.
^лмнг 3 ‘Хллг 4
~ «ЛВС.
2
7?-1:
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін. 549
2) в і. -
®лвс 1 &НЛЛС 4
а ЛІВУ ~ А АВС, к * Д = —.
>4 2
Л/№^=з/3(см).
ЛС «£ £
964. а ВРМ м а РРА за двома кутами (АВРМ ^йРА
як вертикальні, АМВР = £РйА як внутрішні різ-
ногторонш при ВС | Ай і січній Вй).
к * = і; 5АЛХ Р = -
АР 3 5^ 9’
&,А№А = 95^ - 9 27 = 243 (см1).
965. У лЛМВ ВС Ц АО. тому л ВМС ™ лАМВ.
Зя умовою АВ : ВМ =5:3, тоді АМ : ВМ = 8:3.
5ЛЧк І 8 У 64
8^ = | з] ’У
<• 5ч4МР • 9 32 9 ... ..
Ьджис “ - ЙГ = 4’5 (СМ )•
®ляс» ' ^лвмс в 32 - 4,5 «27,5 (см ).
966. АВ ВС - 13 см, АС 10 см.
5 ЛВіВС+АС 13 + 13 + 10 36 ,о
г —, де р --------------------- — = 18
Р 2 2 2
Знайдемо площу лАВС за формулою Герона:
Я ,18(18 - 13X18 -13ХІ8-10) = /18 5 б’8 =
\ 9 2 5’ 4 2 = 3 4 5 к 00 (см).
Я 60 10 , „
7“її'Т(см)
.„20 -2
л Р = — см = 6 • см.
З З
2 1
ВК = ВІ) - КВ = 12 - 6 <• 5 і (см),
З З
о вг ’
дмгам ЙЛ /
Ямж. ВК'
Вй*
60 256 320
144 9 27
(см1).
2
967. Нехай О — точка перетину медіан. ВО - ВВ, (за властивістю медіан).
З
1 11^
= » - ОВ, + В]В^ -+- = - медіани ВВ .
-> 3 2 6
аА,В,С, можна вважати образом аАВС з центром у точці О. Коефіцієнт гомо
тетії:
" ОВ ~ 6'3 6 3 4
с / -
^Ьіа = *,= - І;
Яиас 4
-1 Ґ-бУ
Г4 | ‘ 16*
550 ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін.
6. Початкові відомості зі стереометрії
йбВ. Безліч.
969. Велич.
970. Ні. прямі можуть також бути паралельними або ПСрСтііНаТИСЯ.
971. Пряма Ь також перетинає площину а.
972. Ні.
И73. • Н = СС, =
І = (3+472) 2 6 = 12(3 + 472) (сма);
5 = Я + 5, =
І П«Ві Ьш. оса
I « 12(3*472) + * 3 4^2 віп4&° 36 - 48Т5 + в =
І = 42 + 4872 (см1);
V = 5 Н « | 3 4/2 -? - 6 = 9 (см1).
2 2
974. Основа даної призми — лАВС (^С ж 96 ), АВ 13
” ВС - 12 см. АА, = ЯВ, = СС, = 10 см.
З лАВЄАВ’^ВЄ1 + АС»;
АС - <АВ'~ ВС' = <13/'=Т2І - 7(ЇЗ~Ї2М13ТІ2) -
| я <25 5 (см);
= Рет • ЛА, = (13 + 5 + 12) • 10 = 300 (см1);
3^. =|ЛС-ВС = | 5 12 = 30 (см1);
V - З., АА, і 30 10 - 300 (см’).
1 1 о* *3
975. V а ‘ 5^ Н - - —£ - Я, де а — сторона основи.
1 8’73 . 80л/3
— ., — + 5 а----—
3 4 З
(см1).
976. В = 3 см, Л я 6 см. = пВ1 = 9л (см1).
5Л_ = 2яЯЛ 2л • 3 б“' 36л (см1), 5ЛЖ = 9п + 36л = 45л (см1);
V « дЯ’Л » п 9 6 ж 54л (см*).
977. В утвореному циліндрі ОО, = й = 6 см. ОА • Я 4 см;
5,я = яЯ* = 16л (см1).
5^__ = 2яНй = 2п і 6 = 48я (см1);
3„ " = 4 = 48л + 2 16Я » 80П (см’);
V кНЧ = я • 16 6 = 9бл (см1).
976. З - 5^ + 5^ лЯ' + -ПИ:
І - 7л’ + Я' = /Гб? + 8і » 7225 + 64 = >289 = 17 (см);
5 = я 8’А я 8 17 = 64л 4- ІЗбя = 200я (см1);
V - і я/ҐЛ » | . л 8‘ 15 320 (см*).
З З
979. Л І'О я 3 см, Н ОА 4 см.
5ял " 5««. 4 + ^£1
І ЗА - /50* + ОА’ = 73і +4* = 5 (см);
5^ ж я 4‘ + Я 4 5 = 16п + 20к я Збк (см1);
V ж1лЯтЛ»?я 4* 3*16я (см*).
З З
О*
8
Й:
—{-
0‘ .
ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А, Г. та ін. :?•:< 551
980, й«-'і = 6:2 = 3 (см);
» 4ч/Р 4 я 3* = 36п (см*);
V = |л№ * |я- З* = Збя (сма).
з з
981. Площа збільшиться у Л3 разів, об'єм — у Л’ разів.
552 :•$< ГЕОМЕТРІЯ Мерзляк А. Г. та ін.
Розв’язання
вправ та завдань
до підручника
«ФІЗИКА»
Ф. Я. Божинової,
О. О. Кірюхіної,
М. М. Кірюхіна
Розділ 1
ЕЛЕКТРИЧНЕ ПОЛЕ
е = -1,б 101’ Кл — заряд електрона.
Н н м1
4Г = 10— — прискорення вільного падіння, к а 9 10’----
КГ . Кл*
Р ' — закон Кулона.
§2
2- Дано;
7 = 1 Кл
^=1; ДГ « —.-1-
с 1.6 10 ”
6.25 10'".
N - 7
Відповідь: 6,25 10й елементарних зарядів.
3. Дано:
т « 0,3 мг
СІ
0,3 10 * кг
Якщо сила тяжіння зрівнопяжує силу елект
ричного поля, то X, = Рт тя.
&]’ —4 • Н;
*• л кг
<РМ}Ж°-3 10*-10 = 3 10 * (Н).
Р - 1 ’
Відповідь: 3-10*
— сила взаємодії.
Н
1. Дано:
Чі ~ Чі * 10 • Кл
К = 1 м
За законом Кулона Г - к^-^, де к = 9 10* 11 .
/г Кт'
Якщо 7, » 7,, то закон Кулона мас вигляд Р = —г ; •
В
Гг1 Н м’ Кл’ „ 9 10’ (10 “У
Відповідь: сила взаємодії зарядів — 90 Н.
2. Дано:
Чі^Ч
д .Я
7і =2д
Я^ = 4Я
Г7
Відповідь: сила взаємодії зменшиться в 4 рази.
За законом Кулона Р1
4^ *£
(4Я)Г ЮЯ’ 4Я*
4 Г,
а 90 (Н).
3. Розв'язується аналогічно до задачі № 2.
4. Дано:
Я 10 см
X = 10й
Г — ?
СІ
0.1 м
За законом Кулопа Р = к .
554 ФІЗИКА Божинова Ф. Я. та Ін.
ія того, щоб зиийти заряд кульки, необхідно заряд елементарної частинки
множити на кількість цих частинок у кульці: V = •
. Ггі Н -м* Кла
’ її Клх м'
. 9-10’ (10пї (-1.6 10'*)
рї =--------і-------------------і- - 2,3 10 ’ (Н).
(0.1/
Йдповідь.' сила взаємодії кульок — 2,3 10 ‘ Н.
Розділ 2
ЕЛЕКТРИЧНИЙ СТРУМ
— сила струму. 1/=— — напруга.
І * ( -ї
ІД р— — опір провідника, де р — питомий опір, і — довжина провіднп-
*>
Ьа, $ — площа поперечного перерізу провідника.
Г'Г п
—------закон Ома.
В
Послідовне з’єднання провідників: //, = /, = /, * ...
Е/мІ/,+1/, + (/,+...
[я-я, + я, + я, + ...
Паралельне з'єднання провідників: І * Іх± /4 + /, +•...
| і = У, = І/, (/в =...
1 1 1
ПОЯСНЕННЯ
я я, Я» Я,
А = ии — робота електричного струму. Р НІ — потужність струму.
Ц . IіВі — закон Джоуля—Ленца.
лі Н<] = кІІ — закон електролізу, де к — електрохімічний еквівалент ре-
човини
-і. Дано:
І = 200 мА
д ~ 21 Кп
і — ?
сі
0,2 А
л д
Сила струму за визначенням — / = —, звідки І - .
Г1 Кл Ас
И-* • Г Єі
120(е)-2
&
Відповідь: час проходження заряду становить 2 хв.
4. Дано;
1*15 хв.
/•ЗА
</-?
СІ
доос
Оскільки і = £, д • її.
[<?] = А • с - Кл ;
{д}«3 900 - 2700 (Кл).
Відповідь: заряд дорівнює 2700 Кл.
В. Розв’язується аналогічно до задачі № 4.
ФІЗИКА БожиноваФ. Я. таін. й-х 555
О. Дано:
< = 10 с
10”
Сила струму за визначенням — /
Кл Л • с
— ----- «• А ;
г с
2 10* -1.6 10 * _ Д1
= 3,2 <А>-
тії / =
1 — 1
10
Відповідь: сила струму — 3,2 А,
§10
3. Дано:
? = 3 Кл
А = 120 Дж
9
Г ’
У^-; р]в^-В; {7/}. ЦЯ 40 (В).
9 1 -1 Кл * л З
(/ — ?
Відповідь: напруга дорівнює 40 В.
4. Дано:
Ч 4 Кл
V -12 В
д
Потужність за визначенням — У - — , тоді А = Уц.
9
[А] - В Кл = Л= Дж ; {А } - 12 4-48 (Дж).
Кл
5.
А — ?
Відповідь: робота дорівнює 48 Дж.
Дано:
9=80 Кл
т = 200 г
Л з 3 бо м
СІ
0,2 кг
Робота сили тяжіння А, = .
За умовою задачі ця робота дорівнює роботі
електричного поля А і т#Л .
Потужність за иианпченням — £7 = — , тоді 17 « ^5.,
9 9
У — ?
। КГ‘Н « Н м
* „ - „ В: {{/}. ^11Ц^=12 (В).
кг Кл Кл Кл 1
Відповідь: напруга дорівнює 12 В,
60
§11
2. Дана:
1-1,5 А
Я * 150 Ом
У
За законом Ома І = — , тоді У ЇЙ .
Я
Г(7]=Л Ом»А-®-В; У = 1,5-150 = 225 <Ві.
А
У- ?
Відповідь: напруга дорівняй 225 В.
3. Дано:
Ц =12 В
7^» 0,6 Л
17,-в В
£7* - 20 В
У4 -1 В
А
і,
— ?
- ?
— ?
„ Л г У, , У. , Ул
За законом Ома І. = —1, І, —1, Е = —ь і =* -і ,
‘ ’ П, Я, ’ Я.
Оскільки напруги прикладені до тієї самої ділянки, то й опір
буде сталим, тобто Я, = Я, = Я, « Я, .
Значення опору знайдемо з першого досліду:
Я, = ч . тоді /. = {/,} = ^.0.3 (А)!
'> иі 1Х
і — * А . Ггі ® А . । 20 0,6
К] = -д- = А; »1 (А):
У,
556
ФІЗИКА БожиноваФ. Я. таін.
[ ' ї/, ’ ВІдповіаь сіп * Дам: І V - 120 В І • 15 мЛ Г,} = 1у^-0.05 (А). ін струму в колі дорівнюватиме 0,3 А, 1 А, 0,05 Л відповідно. 1 1 За законом Ома І = , тоді Я = ~ . п Я / 0,015 А |Я]= —= Ом; А {Я} - 0~~ = 8000 (Ом) - 8 (кОм). ір вольтметре — 8 кОм. 1 сі у Опір провідника знаходимо за законом Ома: Я « • - . 300 с Сила струму за визначенням — І = .
І Я-? ВідП'Иі^г. он Ь Дам: Г £/= 12 В 1 = 5 хв. 7 = 60 Кл
Я- 7 т * п V ' 1 1 О С К ’ С Н л_и, Тоді: Я = . [Я]-—. - = -—-—«Ом; 7 *• л Кл Ас А
СО")-
Відповідь; опір провідника — 60 Ом.
7. Розв’язується аналогічно до задачі № 2.
Н2
З* Дана;
1 = 1 км
5 = 0,65 см1
СІ
1000 м
Опір провідника знаходимо за формулою Я = р— .
Питомий опір міді визначаємо за таблицею:
„ Л,- Ом мм
р = 0,017--------.
м
Для зручності площу поперечного перерізу
переведемо в мм’.
{Я} = 0,01д-—- = 0.26 (Ом).
4 м мм' 65
Відповідь: опір провідника — 0,26 Ом.
Я — ?
Ом мм' м Л
--------— = Ом ;
В. Дам:
З = 0,2 мм’
1 = 0.4 А
17-4,4 В
/— ?
Довжину провідника знаходимо з формули для опору Я
, Я$
ТОДІ І ----•
р І/
Значення опору визначаємо за законом Ома: Я - у.
Питомий опір ніхрому визначаємо за таблицею:
, . Ом мм* . 1/5
р я 1,1-------. і - — :
р/
<а|-2.
. І
МВ • мм* • м В м А
‘ “Ом'ммг'_?А-°
ИМ 0.2 о ,
= —-- 2 їм).
0,4 1,1
Відповідь: довжина провідника — 2 м.
ФІЗИКА Божинова Ф. Я. та ін. 557
7. Дано:
І« 1500 А
і = 8,5 м
І/= 0,6 В
Отр провідники можна визначити за законом Ома гадці
О І
визначенням: Я — ; Я р— . Площу поперечного перерізу
1 5 «Г
провідника знаходимо за формулою 8 —— , де я 3.14 .
4
- 7
Виводимо затильну формулу й виражаємо через неї діаметр
у рі и рі 4 . ‘4рГі
провідника: - = ; — »- г т. ; й .
1 а І гаї у л У
Питомий опір міді знаходимо за таблицею: р = 0.017
г.-і Ом мм мА В А мм'
1 ’ V мВ V А В
Ом мм*
м
.,» /4-0,017-8,5 1500 „ . . .
«/}=.!— - --—- «21,1 (мм)..
' ’ V 0,0 3,И
Відповідь: діаметр проводу — 21,4 мм.
§ 13
лл*лвл*гл%*л*л’
1 Дана*
Я - 65 Ом
Я, Я, > 15 Ом
Оскільки всі прилади з'єднані послідовне, Я < Я, Я. * Я* ,
звідки Я, = Я - (Я, + Яі).
{^}= 65-(15 + 15)= 35 (Ом).
Відповідь: опір реостата — 35 Ом.
2. Дано:
Я, = 15 Ом
Я> = 10 Ом
С' =100 в
За законом Ома Ц = /, Я,.
Резистори Я та Я з’єднані послідовно, тому Г Ц = Іг ,
а Я = Я, + Я,.
Користуючись законом Ома. знаходимо силу струму в колі:
Ц -7
У У
Я Я, + я.
тоді Ц
Ц +Я.
ґц]./ °" в;
1 и (Ом + Ом) Ом
ггг і 100 • 15 ЯЛ .
ПЛІ»---------* бо В).
1 и 15 + 10
Відповідь: напруга дорівнює 60 В.
3. Дано:
7, «0,3 А
І71 - 220 В
я, =іюо ом
. га । В А
За законом Ома І, І/, —— А ;
1 Я, * 1 и Ом В
^=0,2 (А);/,</
1 Ж VIII
Відповідь: оскільки 7, < /. лампу від кишенькового ліхтарика підключити можна.
4. Дано:
Я, 650 Ом
/3 = 80 мА
(7 = 72 В
СІ
0,08 А
I/
За законом Оми Я, і —1 .
Для того, щоб знайти С7-, скористаємося законо-
мірностями послідовного лЧдпиння провідників.
А
558 :?Й: ФІЗИКА Божинова Ф. Я. та ін.
ільхн У +- У,. а /»/,=/,. знаходимо У} = У - У,.
к. 72-0.08 650 «... .
(Я. -------------« 250 (Ом).
і14’ 0.08.
Відповідь: опір другого провідника 250 Ом.
Дано:
я “6 Ом
Я, • 8 Ом
К, >15 Ом
У, «1.5 В
V — 7
І - 7
Згідно із закономірностями послідовного з'єднання
провідників:
/ - /, » І, - 5 Я - Я, + Я, + Н» •
За законом Ома І1 - ; V - І Н = І(!{ ї В, + В*).
Кг
г; 1вА«в’А. А; [У]=А О«=^«В;
*’-* Ом В 11 А
{0-Л—-0-2 (А);
О
{У} = 0.2(5 + 8 + 15)- 5,6 (В).
Відповідь: сила струму дорівнюй 0,2 А, напруга — 5,6 В.
В. Дано;
У .120 В
Я, = 200 Ом
Я, « 300 Ом
І - 7
Згідно із закономірностями паралельного з’єднання
провідників, отримуємо У = У, « У, / = /, + /,.
у У,
За законом Ома /, £ ; 7, « .
*т К,
л-
(/|} = 1^ = 0,4 (А); {/{ = 0.6 + 0,4-І (А).
Відповідь: сила струму в лампах 1 в нерозгадужвній частині кола дорівнює 0,6 А,
0,4 А, 1 А відповідно.
Дано: Опори Я) та Я, з’єднані паралельно.
У = 220 В Я, =100 Ом / — 2,4 А тому У = У1 - У,, / + Ц * п п . УдГгІ В ВА-л- За законом Ома /, = . [/,]- —- = ~г А ,
ек 1 Є- С4- і г і 220 « л і л і. Иїі= 2*2 іА)> ' 2І 100 тоді Л-7-/, /,-2,4- 2,2 -0,2 (А).
„ _ У.
Користуючись законом Ома, знаходимо Я,: /ї, = ~ .
[К,],?..Ом: (К,).^.1100 (Ом).
Відповідь: опір пертого провідника — 1100 Ом, сила струму в ньому — 0,2 А;
: ФІЗИКА Божмнова Ф. Я. та ін. $•: 559
сила струму в другому привіднику — 2,2 А.
5* Дано:
Н, * З Ом
Я, -2 Ом
X, «8 Ом
/, =0,1 А
а - ?
Резистори Я та Я, з'єднані паралельно, тому 17я * У,.
За законом Оми 1;, . [£’ ] А Ом = А' = В ;
{в4}.ваі«м (В). А
Знаючи напругу, можна знайти гилу струму ь другому резисторі:
т . Гі і ВА * . «» » 0,3 _ . ..
7,’а ' ^’ТаМ ,А)-
Тоді сила струму в колі дорівнюватиме 7 «/, + /, ; {7} = 0,4 + 0,1 > 0,5 (А).
Знайдемо загальний опір кола:
. г п 1 Ом Ом ,,
лельно); і Л» * —х”~- * Ом .
и Ом
(тому одо Я, і 74 з’єднані пара
{М-ТЛ?"1'6 і0"'-
Оскільки Я, і Я,л з'єднані послідовно, Я - тг, -г Я,, ; |Я} = 1,6 + 3 = 4,6 (Ом),
Напругу на'полюенх джерел* струму знаходимо за законом Ома: V = І Я;
[Р]« А Ом - - = В ; 17 = 0,5 4,6 = 2,3 (В).
РідпояіДь' напруга на Полюсах джерела струму - 2,3 В
6. Дано: Знайдемо загальний опір кола- Резистори Я та Я, з’єднані
Д «2 Ом Н1 = 3 Ом паралельно, тому опір цієї ділянки дорівнює Я^ “ ;
/ї, “ Я, = 4 Ом Я, * 0.8 Ом М-ОнХ'0"’ А.} 2Л^<0и,
(7 - 4 В Аналогічно з резисторами Я, та Я4:
і Гі і *м» -ай -'Л 44Л-2<0“>- Ділянки /4.1 * * та резистор /4 з’єднані послідовно, тому
4-? Я Т^ + Т^ + Н^; |Я| ’ 1,2 + 2 + (), 8 < 4 (Ом).
V В В * А
Зн законом Ома знаходимо силу струму в колі: І —; І/1« — = -— и а ;
а Я * Ом В
{/}-*-! (А).
ТІ
= В; 1,2» 1,2 (В).
Ділянки ііі2, та резистор Як з'єднані послідовно, тому ІІЛ »7М «А, */,
Ц »1 А.
Знайдемо напругу на ділянці ІІі г - ,• Я^
ЮяА-Оі«а~5
Резистори Яг та /4 з'єднані паралельно, тому 17, = У. - С7иї.
Знайдемо силу струму на цих резисторах:
7 = і я І/1Ж — ж ж д.
’ Я, 1 Я,’’ ‘ Ом в А’
(А): {4}=^2=0‘4 (А’-
Аналогічно з ділянкою Яа 4: 4 ~ = г ® 2^2 (В).
560 Йй ФІЗИКА Божинова Ф. Я. та ін.
4 = ЬД; '« * ’ 7 ' 0 5 <А‘; 4 » ” • 0,5 (А).
4*1 лС| Ч *•
Відповідь: сила струму на резисторах дорівнює 0,6 А, 0,4 А, 0,5 А та 1 А від-
повідно.
СІ
0,3 А
Резистори Н, та Я» з'єднані послідовно,
отже, іі,, » Я,+ Я,, Я, 4 - 5 + 5 = 10 ((їм).
Резистор Н, та ділянка Я,, з’єднані
паралельно, тому 17, £7,,.
Дано.*
Я, Яї Я, Л4 5 Ом
/,ЬЗОО мА
Знайдем-> І', за законом Ома: І/, = І, • Я,.
[»,]= А Ом- — .В; {£/,}« 0,3 5=1,5 (В).
А
Знайдемо силу струму на ділянці Я,<: І44 =
Г/к41=~ « —
« **-* Ом В
Знаходимо силу струмі', які показу» прилад А/.
І-І, + 7К<; І «0.15-0.3 = 0,45 (А),
Відповідь; сила струмі1 дорівнює 0.45 А.
А: (/...}*'5’0.15 <А>.
Я.
Дано.
- 1298 кВт • год
IV, «2174 кВт 1 ГОД
IV — 7
Варі. — 7
Для того, щоб визначити витрати Електроенергії,
необхідно знайти різницю показів лічильника:
IV = Нг - И",; {И } = 2174 - 1298 - 876 (кВі год).
Вартість 1 кВт год складає 24,36 коп., ТОДІ вартість
876 кВт • год можна знайти ТиКиМ чином:
{Варт.} 876 24,36 = 21339 (коп.) -213,4 (грн.).
Відповідь: витрати електроенергії — 876 кВт год, вартість П — 213 гри. 40 кой.
Дано: Сі
7= 0,8 А V « 3,4 В 1 = 15 хв. 900 с
А- 7 Варт. — 7
3
Роботу електричного струму Знаходимо за формулою
А СН.
(А]»В А с-Дж; {А}^3,4 0,8 900= 2448 Дж.
Для гого. щоб визначити вартість витрачено)
електроенергії, спочатку треба перевести одиниці
вИмІрюїшННЯ роботи » кВт ГОД.
1 кВт ♦ год - 36 00000 Дж. М}= « 0.68 10л (кВт • год).
' ’ 3600001)
Тоді вартість витраченої електроенергії (Варт.) = 0,68 ІО"* 24,36 0,016 (коп.).
Відповідь: робота електричного струму дорівнює 2448 Дж. вартість витраченої
електроенергії — 0,016 коп.
З, Дано:
СІ Роботу електричного струму знаходимо за форму
Я. =10 ом Я, = 25 Ом (Г« 100 В 1=5 хв. 300 с и* лою А = —ї. Я Якщо нровідіицем з’єднані паралельно о К, Л.
А, -? •
У’(Я + Я.)/
Формула для роботи має вигляд А, — „ і
Я, Я,
ФІЗИКА Божинова Ф. Я. та ін. 561
оа/г*,»,.* • •ЛЛЛДА’ЛДЛчс,’**. * • »-*.•** лг.ч
. . В Ом3 • с
І Ом Ом
В1-А с _ .
= —• • В А с-Дж;
{А } » Х°° ’ ^0 * **^ 800 « 420000 (Дж) 420 (кДж).
10 ’ М*->
Якщо провідники з'єднані послідовні--, Н в Я, • Я..Тоді формула для роботи має
вигляд А
А + Яг 1 и ом В
В А • с — Дж ;
<А 1 “ тк- * 85714 (Д>К> “ 85’714 (кДж>
111 + ло
Відповідь: при паралельному з'єднанні провідників робота дорівнює 420 кДж.
при послідовному — 85,714 кДж.
§ 15
4. Дано:
Р, = 90 Вт
Р, = 10 Вт
У «220 В
Резистори з'єднані паралельно, тому І! Уі •• Уі.
Користуючись формулою для потужності, знайдемо опір ламп’
„ У1
— 7
— ?
— ?
— ?
Уг
тоді Н * — .
_ Vі
Я, ’
В7 В _
—— = — е. Ом ;
Вт В А А
Н ’
А
' п'
М н
= 537,8 (Ом). {Я,} «1210 (Ом),
Ш . 220і
' " 90 ” ” 40
За законом Ома обчислимо силу струму в кожній лампі:
, _ V . , У . г. 1 в в А .
= —; і. = — ; І/, = — - а А ;
Я, 1 Я, 113 Ом В
^-ЙТв'0'41 ,А,: 1,‘>-Ї2Го-(,Л8 (А)-
Відповідь: опір ламп дорівнює 537,8 Ом та 1210 Ом відповідно» а сила струму
в них — 0,41 А та 0.18 А
5. Дано:
У' 127 В
Р-50 Вт
У -22О В
А — ?
Розрахуємо силу струму в колі, користуючись формулою для
потужності:
И=і'-вА = а=('Ь^- = 030(а’
Доднтковий опір і лампа з’єднані послідовно, тому У *= Ул + Ц і = /( в /а .
Напруга в додатковому опорі У, • У У1, {&„ } 220 -127 93 (В).
За законом Ома знаходимо значення додаткового опору:
Я. • = [Я.1 - ~ Ом * {К. } • о“9 • 23» <Ом).
Відповідь: потрібно приєднати додатковий опір 238 Ом.
562 ФІЗИКА Божинова Ф. Я. та ін.
6. Дано: СІ
т * 1 т 1000 кг
Л а 19 М
і = 50 с
П = 80%
‘ У - 380 В
Підставляємо значення
За формулою для ККД ґ) 100% .
Корисна робота — це робота, яку виконує елект-
родвигун при підніманні вантажу: Ав К 5 , де
Г • т# , 5 = Л ; Д = пцДі,
Робота струму в електродвигуні буде повно»:
Д, = ип.
Д та Д у формулу для ККД та перетворюємо И для
визначення гили струму; ґі ^^•100%
1111
/ = т*Л 100% .пі «£Н м П м Кл Н м Кл А с
ПЇ/< ’ кг-В-с Дж-с Нмс с
, І 1000 10 19-100 ...
{,)----80380-80 -12-» ,А)-
Відповідь: сила струму дорівнює 12,5 А
§ 16
Дано:
і = 10 хв.
Я = 30 Ом
І •» 4 А
СІ
600 с
За законом Джоуля—Ленна У IіНі.
[р]> А3 Ом-с = —ѻ А с«Дж;
{$} 4’ ЗО 600 = 288000 (Дж) - 288 (кДж).
Відповідь: виділиться 288 кДж теплоти.
3- Дано: Скористаємося формулою для розрахунку кількості тепло-
Д -10 Ом л а’,
К, = 20 Ом ти: <? —і. Я
1/^ЮО В Згідно із закономірностями паралельного з’єднання
провідників, напруга на резисторах однакова: II = II, = 17, ,
<?, -? л У* 17’ • тоді 0( - —і. = — і .
<?* -?
1 1 Ом “^ = в А С. Дж;
{<?.} = " 5000 (Дж) " 5 (кДж): & } = = 2500 “ 25 <кДж)-
IV 4<І
Відповідь: у першому провіднику виділяється 5 кДж теплоти, а в другому —
2,5 кДж.
4. Дано:
V 1,5 л
/,-20’С
і. = 1<ЮЧ?
Р = 600 Вт
П = 80 %
І — ?
СІ
1,5 10* м»
*
За формулою для ККД п = 100%.
Корисна робота дорівнюватиме кількості
теплоти, яку отримує вода при нагріванні:
Д, Я = от (і, -1,), де с — питома
теплоємність води, яку визначаємо за
таблицею: с = 4200 525 .
кгс
ФІЗИКА Божмнова ф, Я. та Ін. $-$ 563
Масу води знаходимо за формулою т а • V , де р - 1000 -у — густина води.
Тоді Д, • ркс(г1 -<,)«
Робота струму а електричному чайнику буде панною: Д, - V І І.
Але Р = V І, тому Д» Р І. Підставляємо значення Д та Д, у формулу для
ККД та «шкодимо і неї формулу для обчислення часу:
П = — "^-100%; і = рУск7/,.)1оо% .
Рі Р-і)
Ь] ™_“*4 % -їж г .
и" м*-кг-°С Вт’% Вт Дж С!
, . 1000 1,5 КГ* 4200(100-20) 100
14 =------- ЙОП '--------------1----=Ю50 (с) - 17,5 (хв.).
600 оО
Відповідь: вода буде нагріватися 17,5 хв.
5. Дано:
д » 0,5 мм
У» 120 В
9 = 1 МДж
і = 1 год
(-?
СІ
110° Дж
3600 с
Скористаємося формулою для розрахунку кількості
теплоти 9 - “1 • Опір провідника визначимо за
І Ом мм'5
формулою Н ір-— , де р = 1,1-------- —
5 гиі’ “
мий опір ніхрому. 8 ----- — площа поперечного
4
перерізу провідника.
— 11ИТЛ-
ІІ^5і
Отже, у » —, Виведемо формулу для визначення довжини провідника;
Р<
І !/**“***. В" мм1 є м В Дж Ас м А с м Кл м
р9 4р9 * * Ом мм* Дж В Кл Дж Кл Кл
Л> 120* 3,14 0,5’ 3600 ,,
(4 =-------777-------------9,25 (м).
В Кі Дж
4 1,1 -10*
Відповідь: довжина дроту — 9,25 м.
7. Дано;
- 6 А
V - 220 В
Р — 7
Скористаємося формулою для потужності Р “ VI
[Р] - В • А « Вт;
{?}- 220 - б - 1320 (Вт) - 1,32 (кВт).
Відповідь: найбільша потужність дорівнює 1,32 кВт-
§19
4. Дано:
ті 25 г
* 1.0,5 А
І — 1
СІ
0,025 кг
За законом електролізу т - Мі,
де Л 1,118 10 *-^- — електрохімічний еквівалент
Кл
срібла, який визначається за таблицею.
кї Кл А-с
Кл А ~К
’ ї"і їд?,і°п 4 л X = 44723 <с) " 12 25 хв- 23 с‘
Відповідь: час перебігу електролізу — 12 год. 26 хв. 23 с.
Тоді <«£.[,]=
564 $$ ФІЗИКА божинова Ф. я. та Ін.
Дало СІ
і - 2 год У =2 В Й = 0,4 Ом 72(10 с
ж — 7
Тоді
М-ісу речовини визначвемо за законом електролізу:
т « кіі, де к 1,118 10 * КГ електрохімічний екмі
кі
валені срібла, який визначається за таблицею. Силу
струму знайдемо, користуючись законом Ома: І = .
кг В с кг В с А
----- _ и -----. --- КГ ;
Кл Ом А с В
кі'і
т •= —
Н
, , 1.118 10“* 2-7200 Л...„О4О , , .ло.о/ч
]т’ -Д—— 0.040248 (кг) » 40.248 (г)
Відповідь; меса срібла — 40,248 г.
Дана'
І - 50 кв.
т 3 г
Н = 0,4 (їм
СІ
3000 с
З 10ч
кг
_ „ т*В г„т кг^Ом Кл:
Тод> /’ = -іл ; и=
" »
Скористаємося «{юрмуломі для потужності Р- І Н .
Силу струмі знайдемо за законом електролізу:
т = кїі, де к- 0.0104 Ю*-^£ — електрохімія-
Кл
ний еквіватрнт водню, який визначається за табли
цею. Тобто 1 = — .
кі
В.А1_сі = в А-Вт;
А с1
кг1 с’
р - ?
(З 10 0.4
{М =------І-- —— — = 3700 (Вт) • 3.7 (кВт).
І 1 (0.0104 10 7-3000
Відповідь: потужність нагріначн — 3,7 кВт.
Л. Дипо:
д = 8 мкм
У =11 В
І = 1,4 А
8_=0.03 м
< — 7
И — ?
СІ
8 10* м
Скористаємося законом електролізу: т - кіі. де
я кг
к • 1,118 • 10 — електрохімічний еквівалент
Кл
срібла, який визначаємо за таблицею.
Масу речовини знаходимо за формулою т » рУ , де
р - 10500-’- — густина срібла.
м
V = 3 д — об’єм срібла.
м
Тоді закон електролізу матиме вигляд рЗсі = кі!. Виводимо з цієї формули фор-
мулу для обчислення часу: / =
кг ж* м Кл Ас
------ — =- । .і =с *
м*кг А А
... 10500 0,03 8 10 а 1Й1П . . ,.й _
ПйіГЇ^ і?“ 16,0 (с) м ” *с-
Енергія, яка буде витрачена при електролізі, дорівнює роботі електричного
струму: И' А ІЛ( . [Н ] В А с » Дж ;
{IV} ж 11 1,4 1610-24794 (Дж) - 24,8 (кДж).
Відповідь: час перебігу електролізу становитиме 26 ха. 50 с; енергія, яка при
цьому витратиться, — 24,8 кДж.
ФІЗИКА Божинова Ф. Я. та Ін. 565
2. Дано: СІ За законом електролізу т кІі,де
7 = 0.48 А і « 15 хв. 5 = 0,01 м1 900 с к 0,3387 Ю ’^ї- електрохімічний еквіва- Кл лент цинку, який визначаємо за таблицею.
</- ?
Масу цинку обчислимо за формулою т = рУ ,де р 7150 К-£ — густина цинку,
яку ми визначаємо за таблицею. V = Х гі — об’єм цинку. Отже, закон слект
ролізу матиме внглял = кіі. Виводимо чюрмулу для обчислення товщини
. _ . кіі г кг А с м' А с м А-см
шару цинку: <І = р] • —-----г = —- . —----------;
р5 1 Кл кг м Кл А - с
Кл
... 0.3387 10” 0,48 900 . л. ІЛ- „ пі
--------тїйГьоі-------20510 " 2
Відповідь: товщина шару цинку — 2 мкм.
3. Дано: / = 1,8 А N =12 5і = 50 см’ д = 58 мкм * 1 За законом електролізу т кіі.де к = 1,118 10 * —- — електрохімічний еквіва- 0,005 м’{ Кл 58 10 * м леят сР*®ла’ яки® визначаємо за таблицею. Маса кг срібла т рУ, до р 10500 —у — густина сріб- ла. м
1 — 7
V = 5 і — об’єм срібла, а 5 N 5, — площа повної поверхні усіх ложок.
Підставляємо значення маси у формулу для закону електролізу тв виводимо
формулу для визначення часу: р^АМ */»;! = і-
кг м* я Кл А • с
— -------------=-----= с;
м кг А А
... 10500 0.005 12 58 104 ,
1,1-----міГіо- і.»--------’18157 ,е>'5
Відповідь: електроліз тривав 5 годин.
РОЗДІЛ 4
АТОМНЕ ЯДРО ЯДЕРНА ЕНЕРГЕТИКА
(X
ш
X
о
СК
Активність радіонуклідного препарату; А №, де N — кількість атомів
радіонукліда, А — стала поділу радіонукліда.
Поглинена доза випромінювання: О = —де Н’ — енергія іонізуючого ви-
промінювання, передана речовині. т
Потужність поглиненої дози випромінювання: Рр = —.
Еквівалентна доза іонізуючого випромінювання: Д, • А О , де к — коефіцієнт
якості.
§33
5. Дано:
V = 0,05 моль
А — ?
Активність радіоактивного препарату визначаємо за форму-
лою А А ’ N. де X = 9,01 10 *’ - — стала радіоактивного
с
розпаду Плутонію-239, А7 — кількість атомів радіонукліда
в речовині.
566 «:•: ФІЗИКА Божинова Ф. Я. та Ін.
Кількість атомів знаходимо за формулою N = V У,, де
Мй 6 10' моль 1 — стала Авогадро.
Отже, Л-к.ЛГ; .1.
4 1 * с с
{А}- 9.01 10 й 0,05 б 10а* = 2.7 10*41 .
Р- Дано:
т . 0,2 г
А — ?
Відповідь; активність П.тутонію-239 — 2,7 ІО”' і ,
с
Активність радіоактивного препарату знаходимо за формулою
А - ІіУ , де X = 3,14 10 - — стала радіоактивного розпаду
с
Урану-235. Кількість атомів радіонукліда в речовині знаходимо
за формулою # » V , де .V, 6 10“ моль 1 — стала Авогад-
т ,
ро; V - —- — кількість речовини.
4И
М .235——
моль
. |д| г моль моль*
г-с
— молярна маса Урану-235, тоді А = - N..
М Л
1 ... 3,14 10" 6 10“ 0.2
мі------------------
235
Відповідь: активність Урану-235 — 16000^.
с
= 16000 - .
с
Б 34
І. Дано:
• Гр
с
П = 2 10
(-1 год
СІ
3600 с
Поглинену дозу нниромшюваппя обчислимо за фор-
мулою потужності Ри — " Р„ і;
[В].ал.гр:
|О} = 2 10* 3600-7,2 1041 (Гр).
Відповідь: співробітник отри мас 7,2 10 4 Гр опромінення.
О — 7
2. Дано:
і, =1,5 год
ІЦ. « 1 Зв
і, ГОД
я, -?
Відповідь: людина одержить 5,3 Зв.
3. Дано:
Еквівалентна доза іонізуючого випромінювання буде тим біль
В і
шлю, чим більший час опромінення: —и = А,
В,.
Отже, = Зц_4; [0 ], = Зи;
іх 1 ГОД
1 н
^}“тт = 6’3 <3в>-
А» *>
СТ
Рл = 25 10
£р
г = 1 год
* - 1
3600 с
Відповідь: особа перебувас в небезпеці.
Обчислимо еквівалентну дозу іонізуючого випро-
мінювання. Г)І = к І) .
Поглинену дозу випромінювання визначимо
за формулою потужності:
Рр=у П = Рр і.
Тоді О, = * Рд і ; [Д] Зв.
{Д)-1-25 10* 3600 - 90 • 10”* (Зв) - 90 (мкЗв).
Ц — 7
с
ФІЗИКА Божинова Ф. Я. та Ін
567
§37
1 • Дано; V = 0,5 моль Під чаї поділу одного ядра Урану виділяється приблизно 3,2 10 ' Дж енергії; Ид =3,2 10 11 Дж. Повну енергію
И’ — ? визначаємо, помножньшн енергію однієї частинки ла кіль- кість частинок: И' И„ N . Кількість ядер Урану знаходи- мо за формулою У - Аг„ *, V =в 10” моль1 — стала Авотадро.
Отже. В1,, ІЇА • у; (в' ]я Дж моль моль ’ « Дж;
{ІУ}=3,2 Ні 11 6 10м 0,5 = 9,6 10й (Дж).
Відповідь: виділяється 9,0 10” Дж енергії.
2. Дано: СІ
V = 0.1 моль
і • 1 доба 86400 с
Р = 6 МВт В 10* Вт
п-?
4
За формулою для ККД ця-1-100%.
Повна робота дорівнюватиме енергії, яка виді-
ляється під час поділу ядер Урану: А, = И'.
А IV И',Л', де Н„ » 3,2 • 10Дж (див. попере-
дню задачу).
тоді А, - И^ду .
За формулою для потужності знайдемо корисну роботу;
-Р і.
Р• • -V
Підставляємо значення повної та корисної роботи у формулу ККД'
”=й$у100%-
[п]. -----^ї.%;
Дж моль моль Дж с
.» 6 10* 8640О 100
М'їл ю- в їо=-од'2’
Відповідь; ККД атомної електростанції становить 27 %.
566 & ФІЗИКА Божинона Ф. Я. та Ін.
Розв’язання
вправ та завдань
до підручника
«ФІЗИКА»
О. І. Ляшенка,
Є. В. Коршака,
В. Ф. Савченка
РОЗДІЛ 1. ЕЛЕКТРИЧНЕ ПОЛЕ
Яіінщс, у результаті якого тіла набувають властивості притягувати інші тіла,
називається електризацією тіл. При взаємодії різнорідні тіла отримують різ
нойменні заряди.
Електричний заряд характеризує здатність заряджених частинок до електро-
магнітної взаємодії й визначає її інтенсивність.
До складу всіх атомів входять елементарні частинки, які мають електричні
заряди, електрони й протони. Електрони мають негативний заряд, а про
Тони — такий самий за значенням, але позитивний заряд.
§4, пит. 4
Тіла чи чнстники не можуть мати заряд в 1,5 разе більший чи менший за За-
ряд електрона, бо електрон — елементарна частинка, яка має найменший і вже
неподільний електричний заряд.
Електрон - елементарна частинка, яка має найменший, неподільний нега-
тивний електричний заряд: -1,6 10 ” Кл.
Дискретність електричного заряду: заряд будь-якого зарядженого тіла кратний
елементарному заряду' е: у = дей є с= 1,6 10 ” Кл.
Маса електрона тг 9,1 10 •* кг. Маса протона в 1840 разів більша за масу
електрона: т, = 1,67 10 ” кг.
До складу ядер атомів входить протони і нейтрони. Нейтрони — де незаря-
джсні частинки. Маси протона й нейтрона майже однакові.
Ізотопи — це речовини, ядра атомів яких мають однакову кількість протонів,
але різну кількість нейтронів.
§ 4, пит. 5
Заряд електрона уг -1,0 10 ,м Кл, тоді кількість електронів, яка відповідаг
заряду тіла д = -6,4 10 10 Кл: N = — = ”^7 в 4 10*.
д, -1,6 10 Кл
6 5, пит. 1,2
Під час контакту тіл (наприклад, натирання) унаслідок їхньої взаємодії на од-
ному тілі з’являється надлишок електронів, а друге тіло втрачає таку саму
кількість електронів. Заряди тіл після взаємодії однакові за значенням, але
різні за знаками.
ід
І
О
(X
о
Закон Кулона
• Сила взаємодії Е двох нерухомих заряджених тіл, розмірами яких можна
знехтувати порівняна з відстанню між ними, прямо пропорційна добутку
значень їхніх зарядів у. І <?. » обернено пропорційна квадрату відстані г між
ними:
р а *ЯЛ| , ДЙ Ь & 10* ГС “ — коефіцієнт пропорційності,
г Кл
Закон збереження електричних зарядів
• У залісненій (електричноізольованій) системі алгебраїчна суми електрич
них зарядів тіл, ідо утворюють систему, залишається сталою:
д, •+ д4 + ... + д_ = соплі.
§5, пит. 5
Якщо нейтральний атом втратить один або кілька електронів, то він матиме
надлишковий позитивний заряд (нескомпенсованни заряд ядра) і стане пози-
тивним Йоном (катіоном). Коли ж нейтральний атом приєднує зайві електрони,
то віп стає негативним йоном (аніоном),
570 ФІЗИКА Ляшенко О. І. та ін. Ж^ЖЖЖЖ^Ж
РОЗДІЛ 2. ЕЛЕКТРИЧНИЙ СТРУМ
Влекпіричкий струм — це напрямлений впорядкований рух заряджених час-
тігнок У металах носіями електричного струму є вільні електрони, у розчинах
кислот, лугів, солей — позитивно й негативно заряджені йони.
Найпростіше електричне коло складається і джсрала струму, споживачів енср-
гіі, з’єднувальних провідників І керуючих пристроїв.
За напрям струму прийнято вважати напрям руху позитивно заряджених
частинок, тобто напрям від позитивно зарядженого полюса джерела струму
до негативного,
Швидкість напрямленого впорядкованого руху електронів у провіднику —
кілька міліметрів зо секунду. Електричне йоле поширюється в провіднику
аі швидкістю близько 300 000 км/с.
Сили струмі/1 — ар сумарний заряд, який проходить за одиницю часу через
поперечний переріз провідника:
/ = -,;/]= — = А (ампер).
, і с
Напруга V на кінцях ділянки кола дорівнює роботі, яка виконується елект-
ричним полем при перенесенні заряду І Кл на даній ділянці кола:
= В (вольт).
Опорам Н називається величина, яка характеризуй протидію електричному стру-
му в провіднику: Н = , де і — довжина провідники, 5 — площа поперечного
Перерізу провідника, р — питомий опір речовини (ве личина, що характеризує
електричні властивості речовини, з яко) виготовлений провідник):
Я ] - ™ = Ом (ом).
Закон Ома для ділянки кола
* Сила струму І е однорідній ділянці кола прямо пропорційна напрузі V на кін
цях цієї ділянки й обернено пропорційна Й опору 1<
І.і.
в
(/ = --, Гц І = 5*
ч 1 Кл
Впр. 2, № 1. Схема вмикання кишенькового ліхтарика:
НїЗ. Електричне коло з одним джерелом струму, двома ви-
микачами (кнопками) та одним електричним дзвінком,
який можна вмикати у двох різних місцях.
Впр. З, № 1. Зо визначенням сили струму 7 = — , звідки д = Іі
И* 2. Сила струму в лампі І = 2А - Це означає, що за 1 с через поперечний пере-
різ провідника переноситься заряд 2 Кл. Напруга на полюсах джерела V 4 В.
Це означає, що електричне поле виконує роботу, яка дорівнює 4 Дж, при пе-
ренесенні зарнду 1 Кл.
ФІЗИКА Ляшенко О. І. та Ін. $$ 571
При послідовному з’єднанні провідників:
1) струм не розгалужується:
я
о о-
ш
X
о
а
О
2) загальний опір кола дорівнює гумі опорі» окремих провідників (або окре-
мих ділянок кола): Я « Я, ♦ Я, + ... і- Яд;
3) загальна напруга на кінпях послідовного з’єднання дорівнює сумі напруг
на окремих ділянках кола; і/ « Ц +{/, + ... + и*:
4) на ділянці з більшим опором напруга більша: .
Я Я,
При паралельному з'єднанні провідників:
1) напруга на кінцях усього розгалуження е такою самою,
як 1 на кінцях окремих розгалужень;
У = (/, = г/т = „м*;
2) сила струму в нерозі алуженій частині кола дорівнює
сумі сил струмів на окремих ділянках розгалуження:
І » 7, + 7, + ... * 7,;
3) загальний опір Я можна визначити за формулою
111 1
Я Я, ’ Л.’ + Я, ’
де Я(. Я,, Яя — опори ділянок кола, з’єднаних пара-
лельно:
4) сили струму на окремих ділянках розгалуження обернено пропорційні
до їхніх опорів: .
Вир. 5
л‘ № 1.= 20 см - 0,2 м Розв'язання
$ і, = 1,6 м Рі = Р, = Р Опір провідника Я . Тоді опір першого провідника 5
•X 5і = 5» = 5 Я, - .а ошр другого — Я . Озже, N Л* Я рк 5 4, Я, 1.6 м о . о о п -— = 8, звідки В. « 8 Я,. Л, 5 \ Н 0.2 м 1
Відповідь: у другому, довшому провіднику опір у 8 разів більший, ніж у пер-
шому.
№ 2.1 - 80 м Розв'язання
5 = 2 мм1 = 2 • 10 * ми о/
--------------------- Опір провідника ~ , де р » 2,8 10 * Ом м — пито-
д___2 ®
мий опір алюмшісвого провідника (з таблиці).
г- о 2.8 10 "Ом м 80 м _
Отже, отримуємо Я» ——-—•—т—ї------------ «1,12 0м.
2 10 м
Відповідь.1 1,12 Ом.
N«3.1= 13,75 м 3 = 0,1 мм1 = 10 ’ м* Г = 20 Т Розв’язання і’/ Опір провідника Я = ~ , де р « 110 10* Ом м — піт-
Я — ? томий опір ніхромо&ого провідника.
_ _ 110 10* Ом мІЗ.Тбм
Оіже, отримуємо Я----------, —----------= 151.25 Ом.
Відповідь: ЇМ,25 Ом.
572 ФІЗИКА ЛяшеикоО. І. та Ін.
►»р. в
N11,1/= 220 В
Я - 50 Ом
1 — 1
Розв'язаная
н
За законом Ома дія однорідної ділянки кола І = — , отже
220 В Л
_.ї_±. - 4,4 д
50 Ом ’
І
Вніловідь.* 4,4 А.
*•» 2. У 3,5 В, / м 0,28 А — написи на цоколі лампи кишенькового ліхтарика.
За законом Ома для однорідної ділянки Кола ґ - , звідки Я « — ,
л І
ЯКА
Я = 1 - « 12,5 Ом. У * 3,5 В — значить при перенесенні електронами за-
О у іА
г ряду в І Кл никриусться робота 3.5 Дж. І = 0,25 А — за 1 с через поиеречшій
переріз провідника переноситься заряд 0.28 Кл.
+** 3. При одяиковій напрузі струм у провіднику В більший за струм у провіднику
А, отже, опір провідника В менший, ніж опір провідника А. За законом Ом»
' для ділянки кола 7 = можна розрахувати опір ділянки кола: Я = —, Для
Я а р І
провідника А У. » 2 В, отже, Я. ----— = 4 Ом.
А 0,5 А
1 В 2
Для провідника Я (/ 1 В, 1. 1,5 А, отже, Я. ---------- в - Ом • 0,67 Ом.
1,5 А З
Відповідь: опір провідника А — 4 Ом. опір провідника В — 0,67 Ом.
2) напругу на кінцях ділянки кола: І/ » 2Н, 7- 0,5 А 4,0 Ом - 2 В:
3) силу струму: І - , І' 77-77" * 0,17 А.
Я 15 Ом
Відповідь: 0,5 Ом; 2 В; 0,17 А.
Не 6.1 = 1 км - 10* м
Я ~ 6,6 Ом
і = 7 мА = 7 10 і А
Я - 4 мм1 - 4 2] 0 *
и — ?
р-?
Ртл'лзаньм
За законом Ома діл однорідної ділянки кола
У
І — . звідки У = ІП , V = 7 10 1А 5,6 Ом
/і
- 80,2 10 ’ В = 0,0392 В. Опір провідника Я - £
ки питомий опір речовини провідник* р - .
авід-
ФІЗИКА Ляшенко О. І. та Ін.
573
Отже, р =
5,6 Ом-4 -10 * м1
10* м
= 22,4 10 ’Ом м = 2,24 10 • Ом м.
Відповідь: V - 0,0392 В, р = 2.24 10* Ом м * 0,0224
Ом•ммх
м
Для визначення роботи електричного струму на будь-якій ділянці кала пот
рібно напругу на цій ділянці кола помножити на перенесений заряд: А - Уу .
ПОЯСНЕННЯ
Оскільки І $ , то ч = П , звідки отримуємо:
А Ї7/Г ; І А |ж В А • с = Дж (джоуль).
Потужність дорівнює роботі, яка виконується за одиницю часу:
В - — , | РІ = = Вт (ват), отже, Р « — = VI,
І и -* С І І
Закон Джоуля—Ленца
• Кількість теплоти у. яка виділяється за час і я провіднику з опором К при
проходженні струму І: і? ж IіНі .
Оскільки І = - і Р = VI, то 0 « VII « Ц— = Рі .
Я Я
Залежність опору металевих провідників від температури: Я ж дДі + а/),
де Я — опір провідника при температурі Г; Я, — опір провідника при 0"С (чи при
20'С); а — температурний коефіцієнт опору (характеризує залежність опору
речовини від її температури й дорівнює відносній зміні опору провідника при
Я- Я,
зміні його температури на 1 "С: а =-3 .
§16, пит. 2
Я, = 1 Ом
Я . = 2 Ом
Я, = 4 Ом
Ц' = £/,' - У,' 1,5 В
V = 14 В
Розв'язання
а) / — ?
б) У, - ?
в) V' - ?
г) Я. — 7
д) а, - ? V, - 7 V, - ?
Я Я Я
а) Оскільки лампи й резистори з'єднані послідовно,
то струм у кожній із ламп і в кожному резисторі од
паковий. За умовою загальна напруга, прикладена
до трьох резисторів, дорівнює 14 В, а опір їхнього
послідовного з'єднання
Я* = Я, + Я, + Я,; Я* = 1 Ом + 2 Ом + 4 Ом = 7 Ом.
За законом Ома для однорідної ділянки кола І = , тобто сила струму в кож
14 В **
йому резисторі й кожній лампі І ж------ = 2 А.
7 Ом
б) Оскільки лампн однакові, то однакові їхні опори й на кожній лампі буде од-
накова напруга.
в) Якщо кожен гальванічний елемент мав напругу 1.5 В. то напруга батареї
а трьох послідовно з'єднаних гальванічних елементів V’ • Угл «З 1,5 В = 4,5 В.
г) Сумарний опір ділянки кола з послідовно з'єднаних резисторів К ж Я( т Яа
+ Я,; Я' = 1 Ом 4- 2 Ом + 4 Ом = 7 Ом.
д) За законом Ома для однорідної ділянки кола І = . Визначимо ннпруїу
на кінцях кожного резистора: О, ж /Я(, ї/( = 2 А 1 Ом = 2 В; а, = /я,.
У, - 2 А 2 Ом - 4 В; (7, = 7Я,. = 2 А 4 Ом - 8 В.
574 $•: ФІЗИКА Ляшенко О. І. та ін.
ектроліти — и,<з речовини, розчини чи розплави яких проводять електрич-
ні? струм. Вільними носіями зарялу н електролітах є попити вик й негативні
*Оіш.
Мктролітичною дисоціацією називається розпад молекул електроліту нв йони
ЙІД впливом полярних молекул розчинника. Обернений процес об'єднання
еонів у молекулу називасгьсм молізацию, або рекомбінацією.
£лекгпролізом ниийииєтьСи виділення на електродах складових електроліту під
час Проходження струму в ньому.
Закон електролізу Фарадея
• Маса речовини т, що виділяється на одному з електродів під час проходжен
нл струму через електроліт, прямо пропорційна заряду у. який переноситься
чанами через електроліт:
т = .
де А електрохімічний еквівалент даної речовини (вказує, яка маса речовини
В кг виділяється на електроді шд час проходження струму, коли переноситься
наряд, що дорівнює 1 Кл).
Оскільки І « 9 . то ? = /(, звідки т - кіі.
Газовим розрядом називається електричний струм у газах. Вільними носіями
заряду в газах є електрони та йони обох знаків.
Опір металі» із підвищенням температури зростає, а опір напівпровідників
зменшуються (у певному діапазоні температур). Напівпровідники за питомим
опором чи електропропідністю займають проміжне місце між металами (най'
кращими провідником») і діелектриками: ри < ржп < р .
ас
ш
X
о
ос
Впр. Б
М?1.Я,« Я, >Я, - « 10 Ом.
Розв'язання
а) 1) треба увімкнути вимикачі 5Г 54, щоб увімкнути резистор Я(; при вми-
Г канні вимикачів і включим*- резистор Н/,
2) при вмиканні вимикачів 5, і будуть послідовно включені резистори Я,
і Я,; при вмиканні вимикачів *8Г 5Г 54 будуть послідовно включені резистори
Яг і Я,;
3) при вмиканні вимикачів Яг І 54 будуть послідовно включені резистори Я ,
Яг Я,;
4) при вмиканні вимикачів 5е 5г, 5, резистори і Я, з’єднані паралельно;
5) при вмиканні вимикачів Яр 3,, Яа, 34 резистори Я( І й, з’єднані паралельно,
а послідовно з ними з’єднаний резистор Я,;
6) при вмиканні вимикачів З,. 5,, Яв резпггор Я, послідовно з’єднаний із пара-
лельним з’єднанням резисторів Я і Н4.
б) Визначимо опір електричного кола за всіх можливих положень вимикачів:
1)Я*Я,-Я,- 100м;
2) при послідовному1 2 3 4 5 6 з'єднанні резисторів Як і Яа їхній загальний опір
Я - К, + Я,. Й в 1<| Ом т 10 Ом = 20 Ом;
3) при послідовному з'єднанні омарів Я,, Я, і Я, зш-вльний опір
Я = Я? +• Я, + Н4 3 10 Ом 30 Ом;
4) при паралельному з’єднанні опорів Я1 і Я:
1 2 „ К, 10 Ом
Я я 2 2
= 5 Ом;
5) опір послідовного з’єднання резистора Я, із паралельним з’єднанням резне
торів Я, і Я, дорівнює Я = Я4 + 5 Ом = 10 Ом + 5 Ом « 15 0м;
6) опір паралельного з’єднання резисторів Я( І Яц;
1 2
— <й ——-
1 і 1
1 1 1
ГцЧ'
ФІЗИКА Ляшенко О. І. та Ін. 575
звідки Я - * = — =5 Ом; а опір послідовного з’єднання резистора Я, Із па-
ралельним з'єднанням резисторів Яв і Я4: Я 10 Ом + 6 Ом «15 Ом.
в) Щоб опір К ділянки кола дорівнював:
• Я 5 Ом — вмикаємо вимикачі 8 , 5,, 5, (Ліс. а. п. 4);
• Я = 10 Ом — вмикаємо вимикачі 5Р 5,, 5Ь або вимикачі З, і 5к (див. а. п. 1),
• Я = 15 Ом — вмикаємо вимикачі З,, З,, За» З, або 8р 34, 5Ж (див. и. п. 5. б);
• Я = 20 Ом — вмикаємо вимикачі 3, і З, або З,, 3, і 34 [бив. а. п. 2)‘,
• Я - ЗО Ом - вмико< мо вимикачі З, і 5а (див. а, п. 3).
г) Якщо до кила прикладена напруга 10 В, то для того, щоб у підвідних провід
виках сила струму становила І, коло має бути замкнене за псиною схемою:
_ , , „ І/ „ ЮВ . „ _
1) якщо І 2 А, то Я —, Я --= 5 Ом. отже, див. а б. п. 4 (паралельне
1 2 А
з'єднання опорів Я, і Я. при вмиканні вимикачів 5Г 8, і 8*);
2) якщо Г = 1 А, то Я = , Я = =10 Ом, отже, див. а~б. п. І (включений
І 1А
резистор Я, при вмиканні вимикачів 8,. З, і 3, або включений резистор Я( при
вмнклині вимикачів 8Х і 8к);
3) якщо / = 0.5 А. то Я « » Я-» 20 Ом, отже, див. а -б. п 2 (послідов
І 0,5 А
не включених резисторів Я, і Я* при вмиканні вимикачів 8, і 8к або послідовне
включення резисторів Я. і Я при вмиканні вимикачів 8Г, 3,1 34).
Н??.») Ключі, які треба замкнути, щоб лампи світилися на повну потужність:
1) одна лампа — ключ 34;
2) дві лампи — ключі З, І 8,;
3) три лампи — ключі З,, і Яа.
б) Якщо до кола подається стала напруга 6,3 В, то амперметр у кожному з на-
ведених вище випадків покаже певне значення сил струмів І:
1) якщо світиться одна лампа з тором Я, « 22,5 Ом, то
/ 1 - 0,28 А;
Я 22,5 Ом
2) якщо світитимуться дві паралельно з’єднані лампи, то
1112 , „Я. . » 3^ г 2 6,3 В
Я Я Я, Я, 2 Я Я, 22,5 Ом
3) якщо світитимуться гри паралельно з'єднані лампи, то
1 1 1 , 1 * , м Я, , Ц
- « — + — + -г- « -—.звідки Я .тобто і » — = —
Я В, Я Я Я З Я Я
Из 3. Схема вмикання лжютри з трьох ламп,
коли за допомогою одного вимикача вми-
кається одна лампа, а за допомогою друго-
го — ДВІ інші.
^-5-0.84 А
22,5 Ом
мир. 9
Ні 1. У 3,5 В. І « 0,28 А — написи на Цоколі лампи кишенькового ліхтарика.
а) потужність лампи: Р = УІ, Р = 3.5 В 0,28 А = 0,98 Вт;
б) робот», яку виконує струм за 15 хв. (900 с) включення лампи: А Рі,
А = 0,98 Вт • 900 с = 882 Дж,
в) / = 0,28 А — сила струму в нитці розжарювання лампи а робочому стані; опір
нитки розжарювання в робочому стані: Я » у, Я « ^^,5 Ом
Відповідь: потужність лампи — 0,98 Вт, робота струму за 15 хв. — 882 Дж,
сила струму в робочому стані — 0,28 А. опір нитки розжарювання в робочому
стані — 12,5 Ом.
ЇЙ 2.Я, а Я, = Ял = 10 Ом, Ц = 120 В. Припустимо, що опір амперметра значно мен-
гаий за опір резисторів, а опір вольтметра значно більший за опір резисторів,
тобто їхніми опорами можна оиохтувати. Тоді якщо:
1) усі вимикачі розімкнуто: І = 0, У, = У," 0, У, * 120 В;
2) замкнено лише
вимикач
8) замкнено лише
вимикач
5, : І = 0, У, и ух . 0, У, - 120 В;
3. > - 120 В
’’ Я 10 Ом
4) замкнено лише
/ = _220_В
З 10 Ом
вимикач
5,: а, = У, = У. =
я 12 А. У, « 120 В. У, = У, = 0;
.40В.
З
5) замкнено вимикачі 51 і 5,: У, = У, » 120 В. У, > 0; І = — ,
Я
1 2 о Я 10 Ом __ г У 120 В
Я Я, 2 2 Я 5 Ом
6) замкнено вимикачі 5,1 5,: У, 120 В, / в — , / =
Я,
7) замкнено вимикачі 5, і 5*: У, = 120 В, І , / «
• • ’ я
1 1 1
де — = — + —.
я я, я,
« 21 А:
12 А, - £/ж » 0;
120 В
10 Ом
т В
10 Ом
8) замкнено вимикачі Я., З, і 5.: У. = У = У. = 120 В, —
Д
, У ЗУ . З 120 В „ .
1 — » — , І = г = 36 А.
Я Я; 10 Ом
*
Н»3. Скористаємося розв'язком попередньої задачі (див. впр.
12 А; У, = У,» 0:
1 1 З
1,1 і А
Я, ' Я1 ' Я, Я, ’
9, А* 2) і визначи-
мо потужність Р електричного струму в ділянці кола при всіх можливих поло-
женнях перемикачів:
І) Р- /У , Р=0:
2) Р-0;
8) Д * /У,. Р, = 12 А 120 В • 1440 Вт = 1,44 кВт;
4) Р = "
5)Р«
б) Р»
7) Р»
8) Р«
Р, + Рі + Р, = ЗР, » З/У,; Р 3 4 А - 40 В = 480 Вт = 0,48 кВт;
ГН, Р х 24і А’• 5 Ом а 2880 Вт 2,88 кВт;
/Уа; Р 120 В 12 А » 1440 Вт - 1.44 кВт;
/У,: Р = 12 А 120 В = 1440 Вт » 1,44 кВт;
/У; Р 36 А 120 В = 4320 Вт = 4,32 кВт.
Впр.10
№ 1. Я - 20 Ом
і = 30 хв. = 1800 с
І = 5 А
9 -?
Розв'язання
За законом Джоуля—Ленца кількість теплоти 9, що виді-
ляється в провіднику під час проходження струму І
за час і: 9 IіЯі, отже,
9 « 5’ А* • 20 Ом 1800 с » 900000 Дж » 900 кДж.
Відповідь: 900 кДж.
№ 2.1, = = і,
5.
9 - ?
Розв'язання
За таблицею визначимо питомий опір кожної речовини:
р (міді) е 1,7 10 8 Ом м;
р (сталі) 12 • 10 • Ом м;
р (нікеліну) 42 • 10 е Ом - м.
ФІЗИКА Ляшенко О. І. та ін. :•<$ 577
Зл законом Джоуля—Ленца кількість теплоти & що виділяється п провіднику
при проходженні струму І за час і: V І3 НІ .де В = — оНір провідника:
О
І — довжина провідника, 5 — площа поперечного перерізу провідника.
Якщо три однакові за розмірами провідники з різних речовин приєднуються
до джерела струму:
а) поглідоьн», то / 1, « /, І У н “ Р ' ®гже’ нікеліновий провідник,
що має більший питомий опір, нагріється найбільше;
и3і и3і5 і
б) паралельно, то 0 » * 1/, І', і <7 1 Пі - — ~ “ • огжв» мідний
провідник нагріється найбільше.
N4 4. Припустимо, що роїміри (довжина І і площа поперечного перерізу 5) провід
ників із заліза й ніхрому однакові. За таблицею визначимо питомий опір кожної
речовини: р, (заліза) = 12 10 11 Ом м; р3 (ніхрому) = 110 10 ‘ Ум м. За вида
ним рисунком визначимо покази вольтметра й амперметра: V « 1.6 В, І • 16 А
Провідники з'єднані послідовно, і сила струму о кожному з них І = 16 А, а на-
пруга на кінцях такого з'єднання V 17( + « 1,6 В, тобто загальний опір
€/ 16В
з'єднання: й Я. + Й, -, й « — «0,1 Ом
’ 1 16 А
Опір залізного провідники; К, - , шир ніхромового провідника: Я, « ,1< .отже,
О ь>
& , звідки Я. = . Тоді маємо: В = Я. + Н. - Я, + *-* Д = Я, ! І + —
ЯР, Р, ‘ Р, І Р,
, л
звідки: Я, -----.
1 + ^
Рі
Визначимо опір залізного провідника:
0 1 Ом
Я. «--------—-г-------ь 9,84 * 10~* Ом, тоді опір ніхромового провідника:
п ПО 10 4 Ом м
12 10 4 Ом м
/(. - П.° - - 9»й4 10 8 х 90,2 ’ 1(1 8 Ом-
’ 12 10 Ом м
За зеконом Ома для однорідної ділянки кола (7 ~ ) визначимо напруги Ь'(
і 1/?, які показують вольтметри:
У, = /Я,, У, = 16 А 9,84 10 ’Ом «0,157 В;
£7,- /Я., V = 16 А 90.2 10 ’ Ом 1,443 В.
Потужності електричного струму в залізному й ніхромовому провідниках;
Р, « /І/,. Р( - 16 А 0,157 В - 2,512 Вт;
Р, - IV,. Р, 16 А 1,443 В • 23.086 Вт.
Повна потужність: Р- IV = Р, + Рк = 16 А 1,6 В = 2,512 Вт + 23,038 Вт = 25,6 Вт.
Оскільки У * Рі, то в ніхромовому провіднику при проходженні струму вид»
ляється більша кількість теплоти (Р3 > Р3).
Відповідь: а) V, = 0,157 В. V, = 1.443 В:
6) Я =9.84 10 > Ом, Я, = 90.2 10 « Ом;
в) Р( = 2,512 Вт, Р, = 23.088 Вт. Р = 25.6 Вт;
г) у ніхромовому провіднику виділяється більша кількість теплоти.
Впр. II. Припустимо, що V 220 В, Р 6(1 Вт. За формулою потужності стру
Р '
му Р = IV визначимо силу струму в спіралі лампи в робочому стані; І = — ,
578 ФІЗИКА Ляшенко О І. та Ін.
60 Вт [/
“ - » 0,273 А. За законом Ома для однорідної ділянки кола І = — визна-
— •.II о /ї
У 220 Вт
чимо опір спіралі лампи в робочому стані: Я = у, Я = • = 805,86 Ом. Ошр
806,86 Ом
- - - я 1 оо, і Цм. тоді запобіжник
г « г. «•» ,218А
Н 10О. і Ом
Відповідь: опір спіралі лпмпн в робочому стані — 805,86 Ом, сила струму
в лампі —- 0,273 А; запобіжник слід поставити на силу струму 2.18 А.
. г», л
спіралі лампи н холодному стані: Я > —•
О
до лампи слід поставити на силу струму
РОЗДІЛ З МАГНІТНЕ ПОЛЕ
Різнойменні полюси магнітів протягуються, однойменні — відштовхуються.
Юмксн магніт мис власно магнітне поле. Лінії магнітної індукції виходять
Ь північного полюса магніту і входять у південний, замикаючись усередині
магніту. Лінії магнітної індукції замкнені, вони ніде не починаються й ніде
ке закінчуються.
Правило свердлика шрнвого гвинта)
* Якщо поступальний рух свердлика (вгвинчування і збігається з нипря
цим струму в провіднику, то напрям обертання рукояті свердлика вказує
напрям ліки магнітної індукції.
У соленоїді (котушці з багатьох витків) магнітні поля всіх витків додаються,
тому результуюче поле значно сильніше. Усередині соленоїда лінії магнітної
Індукції практично паралельні — магнітне поле однорідне.
Ка провідник зі струмом у магнітному полі діє сила Ампера. Напрям дії сили
Ампера визначається за правилом лівої руки:
* Якщо розмістити ліву руку так, щоб лінії магнітної індукції входили
в долоню, а випростані чотири пальці вказували напрям струму в провід
пику, то відставлений на 90" великий палець вкаже напрям сили Ампера.
Е хектромагнітною індукцією називається явище виникнення індукційного
струму в замкненому килі під час зміни магнітного поля.
Якщо провідник рухається в магнітному полі, то в ньому виникає індукційний
струм, напрямок якого можна визначити зн лраянлом правої руки:
• Якщо розташувати праву руку так. щоб лінії магнітної індукції входи
ли в долоню, а відігнутий на 90 великий полеш вказував напрямок руху
провідника, то випростані чотири пальці вкажуть напрям індукційного
струму в провіднику.
Закон електромагнітної індукції
• Сила індукційного струму, яка ниникаї в замкненому провіднику, прапор
ційна швидкості зміни магнітного поля, у якому знаходиться провідник.
Напрям індукційного струму залежить від того, як змінюється магнітне
пазе (зростає або зменшу і тьсл).
<х
ш
X
о
ск
о
%•.
і
Впр. 12, № 1
Впр, 12, N8 2
Впр. 12 № З
фізика ляшвнко о. і. та ін
579
їй»
Впр. 12. №4
Оскільки магнітна стрілка південним полюсом повертається ло нас, а лінії маг
яітної індукції всередині магнітної стрілки спрямовані від південного полюса
до північного, то. за правилом свердлика, струм тече в провіднику в напрямку
від т. А до т. В. Струм у колі Тече від «плюса* до «мінуса* джерела струму,
отже, ближче до точкп А (див. зліва па рис. 115 у підручнику) розташований
•птюс» джерела струму, а ближче до точки В (справа) — «мінус».
Впр. 13
N9 1. Визначимо напрямок лівій магнітної індукції за допомогою правила свердлика
(правого гвинта): якщо поступальний рух свердлика (вгвинчування) збігається
з напрямом струму в провіднику, то напрям обертання рукояті свердлика вказуі
напрям ліній магнітної індукції. Лінії магнітної індукції виходять із північного
полюса магніту і входять у південний, замикаючись усередни! магніту.
Лг
№ 2. Напрям сили Ампера визначимо за правилом тівої руки (див пояснення до
розділу}.
№ 3. Щоб визначити полюси магніту, встановимо спочатку напрям ліній магніт-
ної індукції за допомогою правила лівої руки (див пояснення до розділу). Лінії
магнітної Індукції виходять із північного полюса магніту і входять у півден-
ний ззовні магніту.
580 ФІЗИКА Ляшенко О. І. та ін.
4+4. Лінії магнітної індукції виходять із північного полюса N Магніту і входять
у південний 5, замикаючись усередині магніту (Лін. рис. 137 у підручнику).
Напрям сил, які діють ва сторони рамки АВСО зі струмом, визначимо за до.
помогою правила лівої руки: на сторону АВ - у напрямку *до себе», на сторо
НУ ОС - «від себе», на сторони АО і ВС сила Ампера не ДІЄ. Отже, рамка буде
обертатися проти годинникової стрілки. Щоб змінити напрям обертання рамки
на протилежний, потрібно змінити напрям струму н рамці.
МО 5- Лінії магнітної індукції спрямовані від полюса іУ до полюса 5 ззовні магніту.
Напрям руху провідника визначимо зя допомогою правили правої руки.
б)
N
8)
№ 6. За допомогою правила правої руки аизиачимо напрям ліній магнітної індук-
ції. Лінії магнітної індукції спрямовані від північного полюся .V до південного
полюса І ззовні магніту.
ФІЗИКА Ляшенко 0,1, та ін. 581
РОЗДІЛ 4. АТОМНЕ ЯДРО. ЯДЕРНА ЕНЕРГЕТИКА
<х
ш
х
о
СК
Розмір атома — -10 10 м, розмір атомного ядра--10 14 м.
Протонно-нейтронна модель ядра атома: ядро атома складається з протонів
1 нейтроні* (нуклонів), які утримуються один біля одного завдяки ядерним
силам, що дік^гь між ними. Загальна кількість нуклонів у ядрі дорівнює масо-
вому числу А (атомній масі хімічного елемента); кількість протонів дорівнює
зарядовому числу И (порядковому номеру хімічного елемента в Періодичній
таблиці), тоді кількість нейтронів N = А - 2. У нейтральному атомі стільки
електронів н електронній оболонці, СКІЛЬКИ протонів у ядрі.
Позначення атомних ядер (нуклідів) — ,Х .
Позначення мікрочастинок: *е — електрон; 'р — протон; „п — нейтрон;
ІНе — альфа частинка (ядро атома гелію); ,е — позитрон (елементарна
частинка, маса якої дорівнює масі електрона і яка мас такий самий заряд,
лише позитивний).
Ізотопи — Це різновиди атомів одного й того самого хімічного елемента, ядра
яких Мають однакову кількість протонів, але різну кількість нейтронів.
Впр. 14
№ 1. Склад Ядер атомів визначаємо за допомогою Періодичної таблиці: *Х , де 2 —
кількість прогонів у ядрі, А* 1 = А - 2 — кількість нейтронів у ядрі. Отже, має-
мо склад ядер атомів:
"А1: 2- 13. N = 27 - 13 = 14;
'"Аи: И= 79, N = 197- 79 = 118;
’”Св : 2 » 55, N 133 - 55 78.
М» 2. Ядро атома Урану-235 і ядро атома Урану 238 мають однакову кількість про-
тонів 2 “ 92 (порядковий номер хімічного елемента в Періодичній таблиці), але
різку кількість протонів (це ізотопи):
3*П : 2 = 92, .V = 235 92 = 143;
“П : 2 - 92, N - 238 - 92 - 146.
№З.А« 35,45 яо.м. Розв’язання
“СІ, *’С1 Атомна маса природної суміші ізотопів “СІ І *’С1:
г__' А » х Ам + (1 - х) А,., де х — процентний вміст ізотопу
Хлору “СІ , (1 - х) — процентний вміст ізотону Хлору
рСІ; А,*. А*, — їхні атомні маси відповідно,
Отже, маємо; 35,45 • х 35 + (І - х) 37, звідки:
-85х + 37х • 37 - 35.45, 2х - 1,55, х» 0,775.
Отже, у природній суміші ізотопів 77,5 % “СІ і 22,5 % "Сі.
ск
ш
Правила зміщення:
1) для « розпаду: , X -> , ^У і £Не ;
б) для Ц-розпаду (електронного): *Х -» Х*У + ’е .
Гамавипромінювання — це короткохвильове електромагнітне випромінював
ня, яке виникає при переході атомних ядер у більш стійкі стани.
582 ФІЗИКА Ляшенко О. І. та ін. ВИИЖЖШ
Активність радіонукліда А характеризує інтенсивність радіоактивних по
рьтворень даного хімічного елемента, тобто кількість розпадів його атомних
ядер за одиницю часу. Якщо виходити з тою, що зь 1 є відбувається один
Акт розпаду, то така одиниця активності радіонукліда в СІ називається бек ке
рг.іь (Бк). Позасистемна одиниця активності — кюрі (Кі): 1 Кі = 3,7 10Ів Бк
або 1 Бк = 2,7027 10'” Кі. Це відповідає активності 1 г ізотопу радону
**К. .
Період напіврозпаду Т — певний інтервал часу для кожної радіоактивної
речошши, протягом якого кількість» ядер зменшується вдвічі. Активність
радіонукліда А пов'язана з періодом його напіврозпаду Т через співвідношсн-
0,693 N
иь А =----—---
Т
, де N кількість атомних ядер нукліда.
По/линуша доза випромінювання визначається енергією, що надається боні-
Е
вуючмм випромінюванням 1 кг речовини: Ля — . Поглинута доза вшіромі-
гп
нюванни в СІ вимірюється в грелх (Гр): 1 Гр — цс така доза випромінюван-
ня, за якої 1 кг речовини поглинає енергію 1 Дж. Позасистемною одиницею
поглинутої дози випромінювання є рад: 1 рад 0.01 Гр. У тозимвтричних
вимірюваннях продовжують використовувати позасистемну одиницю рент-
ген (Р): при дозі в Р в 1 см* гухого повітря за нормальних умов створюється
2,0Ь 10* пар іонів.
Інтенсивність поглинання радіоактивного випромінювання характеризується
потужністю дози (визначає приріст поглинутої дози за одиницю часу):
Щоб визначити руйнівний вплнв радіоактивного випромінювання на живу
тканину, ввели поняття еквівалентної дози випромінювання; ИІ ® кВ ,
де Л — поглинута доза випромінювання, к — коефіцієнт відносної біоло-
гічної ефективності (коефіцієнт якості). Еквівалентна доза випромінювання
вимірюється в зіпертая: 1 Зв — це така еквівалентна доза будь-якого виду
випромінювання, яка при поглинанні і кг біологічної речовини створює та-
кий самий ефект, що й поглинута доза І Гр гамма-випромінювання. Іноді
, в дозиметричних вимірюваннях користуються позасистемною одиницею бер
(біологічний еквівалент рада): 1 Зв = 100 бер. Для рентгенівського І гамма-
випромінювання: 1 бер - 1 рад = 0,01 Гр.
N14. ’ЬІ-* °с + ^Ве ф-електроіший розпад), ^Ве -> }Не 1- ЇНе (а-розпвд).
Відповідь; утворюються Ізотопи ^Ве і ’Не .
№ 5. Активність А радіоактивного елемента за його період напіврозпаду Т змеи
шується вдвічі, ще за один період напіврозпаду Т — ще вдвічі, тобто в 4 рази.
Отже, маємо; 2Т Б діб, звідки Т 4 доби.
Відповідь: 4 доби.
№ 6. Нехай вихідна кількість радіоактивних ядер становить ІУе, Тоді через час (,
що дорівнює періоду напіврозпаду Т = 10 хв., їх залишиться -° ,
2
М М М
через 2Т = 20 хв.: - * , через ЗТ 30 хв.: -^а , через 4Т в 40 хв.: ,
N N
через 5Т = 50 хв,: —£ , через 6Т = 60 хв. = 1 год: ~ , або 1,6 %.
32 64
Відповідь: 1,6 %.
ФІЗИКА Ляшенко О. І. та ін, $:$ 583
N8 7. -» 5}Не + 4 °<* + **РЬ .
Відповідь: “РЬ .
N8 8. N а 0.2 чГР «і 0,2 ІО41
год год
В 0,25 Гр
і — ?
Розв'язання
Потужність дози визначне приріст поглинутої
„ ц В
дози за одиницю часу N = , звідки і
0.25 Гр
отже, маємо і ----:----Ер— = 125 год.
0.2 10'* Л
год
Відповідь: час поглинання вппромінюнання становить 125 год.
584 <$? ФІЗИКА Ляшенко О. І. та ін.
Розв’язання
вправ та завдань
до підручника
«ФІЗИКА»
В. Д. Сиротюка
І. ЕЛЕКТРИЧНЕ ПОЛЕ
СК
о
СК
о
При електризації ебоніту об вовну ебоніт набуває неїтітіівиого заряду, вов-
на — позитивного. При електризації скла об шовк скло набуває позитивно-
го заряду, шовк — негативного. Отже, від час глектризації електризуються
обидва тіла.
• Однойменно заряджені тіла відштовхуються. різнойменно заряджені —
п ри тзиуютьея,
Електричний заряд ц — це фізична нсіичина. яки визначаг кількісну міру
електричної взаємодії заряджених тіл; [д| - Кл (кулоні.
с = 1,6 10' ** Кл — елементарний електричний Заряд — абсолютне значення
найменшого електричного заряду.
Заряд елі ктрона у » — е — -1,6 10 ” Кл,
У Періодичній системі для кожного хімічного елемента Зазначено порядковий
Шімер 2 (ьизначас кількість електронів в електронній оболонці КСЙТрН ІЬИОЮ
атома або кількість протонів в ядрі атома), та масове число ядра А (вказує
на загальну кількість прогонів 2 1 нейтронів N в атомному ядрі): Л • 2 + N
Закон збереження електричного Заряду
• В електричноізольованій (замкнутій) системі заряджених тіл алгебраїч
на сума зарядів залишаються сталою: д + дг + ._ + <? • сопяі.
Закон Кулона
• Сила оза« модії між двома нерухомими точковими електричними заряда
ми і уг прямо пропорційна добутку цих зарядів й обернено пропорційна
квадрату відстані г між ними;
р _ _ Фі?і
Кл* 4хг.гг’’
де а = 8,85 10-” —— — електрички сталь. Є — діелектрична стала (ді
електрична проникність середовища).
Задачі та вправи
21. а) В «томі Кунруму (Си) 29 електронів; б) в атомі Силіцію (81) 14 електронів;
в) в атомі Йоду (І) — 53 електрони.
♦
• 22. Склад атома Флуору (Е): в електронній оболонці 9 електронів, у ядрі — 9 про
; Топів 110 нейтронів. Склад атома Аргентуму (Ля): в електронній оболонці 47 елек*
тронів, у ядрі — 47 протонів і 60 нейтроні». Склад втома Платник (Рі): в елек
тронній оболонці 78 електронів, у ядрі — 78 протопіп і 117 нейтронів. Склад
атома Цинку (2п): в електронній оболонці ЗО електронів, у ядрі — ЗО протонів
і 35 нейтронів.
23. В атомі Оксигену (О) 8 електронів, їхній загальний заряд у - -8 1,6 10 ” Кл -
--1.28 10 г* Клг
24. В атомі Неону (Ке) загальний заряд усіх електронів дорівнює у • -16 10” Кл,
оскільки в цьому атомі 10 електронів, заряд кожного у, - -1,6 10 ” Кл.
25. Дано:
9, - 2.3 10«Кл
- 3,6 10 • Кл
І - 1
г « 1,7 см -
- 1.7 10 1 м
Розв'язання
За законом Кулона сила взаємодії між двом» точковими
зарядами Г = б. - 8,85 10 *♦ , — елек-
4ш0ег’ 0 ІІм1
трична стала.
Г - 7
586 ФІЗИКА Сиротюк В. Д. ЖвШЖШШВВ
Підставляємо числові значення фізичних величин1
2,3 10* Кл 3.6 Ю” Кл
— - 2,5 10-» Н - 2,5 кН.
м1
4 3,14 1-8,85 10 и
Н м
Відповідь: сила взаємодії між зарядами — 2,5 кН
Заряд ядра атома Меркурію (Нд) — 180. Заряд ядра атома Гелію (Не) — +2.
Заряд ядра атома Меркурію в 40 разів більший за заряд ядра атома Гелію.
ЙО. Якщо атом Купруму (Си) втратив одна електрон, то утворився йон із зарядом
і +1., тобто Си*.
51. Склад атома Силіцію (8і): в електронній оболонці 14 електронів, у ядрі —
14 протонів і 14 нейтронів.
52. Дано:
Не
7 - 6,4 • 10 10 Кл
Розв'язання
Заряд одного електрона ^ — -1,6 10 *• Кл, тоді кількість
електронів .V , яку передали електроскопу: ЛГ —.
‘ Я,
„ Є -М 10 “ КЛ «
Знайдемо числове значення; А1 — - “4 1(г.
-1.6 10Кл
Відповідь: 4 10* електронів.
ЬЗ. Заряд будь-якої частинки кратний елементарному заряду, тобто ч -
кг » -» 5 » Я -4,8-10 Кл о ,
де N € 2. Тоді N - --------==-- "З — ціле число. Отже, частинка із за-
е ->1,6 10 ІСл
рядом 4.8 10 Кл може існувати, 1 нона має 3 зайві електрони.
54. Заряд І Кл відповідає кількості елементарних зарядів .V •
- 1,6 10 Кл
। -6,25 10’*.
55. Дано:
- 14 нК . -
-1,0 Ю’Кл
“ 16 нК і -
- 1.6 10 • Кл
Розв'язання
За законом ібережеиня електричного заряду заряд кожної
кульки після зіткнення становитиме ч = -2Х—
І.о Ю” Кл + 1.6 10" Кл . _ 1П ,
тобто (/—>— ------------1.3 10 Кл.
2
ї~?
Відповідь; заряд кожної кульки після зіткнення становитиме 13 иКл.
55. Дано;
7,-6 нКл
її - -4 нКл
її “ " «Кл
Розв'язання
Оскільки кульки однакові, то за законом збережен-
ня електричного заряду заряд кожної з трьох кульок
після зімкнення становитиме тоб,о
6 нКл - 4 нКл + 7 нКл _
д . ------------------— 3 нКл,
З
Відповідь: кожна з трьох кульок матиме після зіткнення заряд 3 нКл.
Що я знаю і вмію робити
12. Заряд <? будь-якого тіла кратний елементарному заряду е, тобто </ — 2¥е,
_ .. <7 3,2 10 Кл ч 10
г. Отже. № - - -2 *«•.
Відповідь: паличка втратила 2-10'* електрони.
І ФІЗИКА Сиротюк В. Д, $::• 587
13. Дано:
д) « 4 нКл
д, — -10 нКл
7-?
Розв'язання
Оскільки кульки однакові, то за законом збереження
електричного заряду заряд кожної кульки після зіткиен-
д. + д. 4 нКл 10 нКд _
ня становитиме а = --------------- — ~3 нКл.
2 2
Відповідь: заряд кожної кульки після зіткнення становитиме -3 нКл.
14. Дано:
7, “ ‘і- “ 1 Кл
г - 1 км » 10* м
Розв'язання
За законом Кулона сила взаємодії двох точкових зарядів
р = -ДзЗл.. ,де г. - 8,85 10 13 “~г — електрична ста
4л£вег3 0 Н • м1
ла. Пілстамляї- мо числові значення фізичних величин:
ІКі ІКі
7 =
4 3.14 8,85 10•” - т
II м
Кл*
• 9 10' Н.
Відповідь: заряди взаємодіятимуть із силою 9 кН.
15. Дано'
д, - 2,0 18 ’ Кл
д, - 4,5 10-’ Кл
г - 1
Р - 0.1 н
Розв’язання
За законом Кулона Р » -^^-^де — 8,85 10 й ,
електрична стала. Іпг*’г 11 м
/,Ч; - . Підстав-
4гевЕР
ллємо числові значення фізичних величин:
• - ।----------------------------- - ^80,96 10 4 м' ® 9- Ю 1 м - 9 см.
3,14 8,85 10 '* 0.1 Н
і Н м
Відповідь: ВІДСТНііЬ між кульками — 9 см.
Звідси отримуємо Чти^г3/*; г
2,0 10 Кл'4, б 10 Кл
Г- ?
г — ?
Тестові завдання
становитиме д
Варіант І
Розв'язання
За законом Кулони сила взаємодії двох точкових зарядів
<т і д —Ги . ж А?1 в. —^21—Оскільки кульки
4 те,/ 4ле.г 4пе,ґ*
однакові й заряди однойменні, то за законом збереження
електричною заряду заряд кожної кульки після взаємодії
я д.+бд,
2 2
а сила взаємодії між ними — Л - —т = -3/| 'т =
*ІГО'сг 4теог 4пе0ґ
Визначимо, у скільки разів змінилася сила вза< моди між кульками.
Д.-9І, -1.8.
Г, 4м0г‘ 5д, 5
Відповідь: сила взаємодії між кулькам» збільшилася в 1,8 рала.
Варіант Н
І2. Дано:
г, - ґ, - г
Розв'язання
За законом Кулона сила взаємодії двох точкових зарядів
і д. 7, • ® аОскільки кульки однакові,
4теог* 410^ 4те,г
а заряди різнойменні, то за законом збереження електричного
588 ?:•>: ФІЗИКА Сиротюк В Д.
а&ряду заряд кожної кульки після взаємодії становитиме
9 9 41
Л Л * (9 Iі і *
а сила взаємодії між ними ? = -—1™ = ~—Ц»,
ЧЛі^г 4л£„г 41йогж
Визначимо, у скільки разів змінилася сила взаємодії між кульками:
Г 4а* 4Гй„г’ 4 _ и л Я 5 ,
А = _—1 , - 0,8, або тУ = т ж 1,25.
4яефг 5д; 5 Е 4
Відповідь; сила взаємодії між кульками зменшилася в 1,25 раЗа.
II ЕЛЕКТРИЧНИЙ СТРУМ
Електричний струм — це впорядкований (напрямлений) рух заряджених
частинок. За напрям електричного струму вважають напрям впорядкованого
руху позитивно заряджених частинок.
Сила струму 7 — це фізична величина, яка характеризуі електричний струм;
визначається відношенням електричного Заряду що пройшов через попе-
речний переріз провідника, до часу і його проходження- І «-ДЛ " — "
” А (ампер).
Напруги 17 — це фізична величина, яка визначається відношенням роботи
струму А па певній ділянці кола до електричного заряду д, що пройшов че-
рез цю ділянку: V - —*[£>’’) “ " В (вольт).
7 Кл
Електричний опір Я провідника характеризує властивість провідника
протидіяти напрямленому переміщенню вільних зарядів всередині нього:
|К| " <>м (ом).
Закон ома для ділянки кола
• Сила струму І ка ділянці кола прямо пропорційна напрузі V на цій ділянці
й обернено пропорційна опору П ділянки: І » .
Я
р|
Опір прояідника визначається за формулою В = , де р питомий опір ре-
О І
човини (фізична величина, що вказує, який опір має. виготовлений із даної '
речовини провідник завдовжки 1 м і а площею поперечного перерізу 1 м’).
[р| - Ом м; І — довжина провідника, 5 — плота поперечного перерізу про-
відника.
Залежність опору металевого провідника від температури. й = Йо(1 + ОХ),
де Я опір провідника при температурі і, Н9 — опір провідника при 0 *С;
а — температурний коефіцієнт опору (характеризує залежність опору речо-
вини від температури й оіізпачаїтьоя відносною зміною опору провідника
ОЕ
Ш
X
о
я
при зміні температури на І °С: а = ' ,(а] — град 1
/?/
При послідовному аЧдпамнІ провідиккі*:
1) сила струму в будь-якій частині електричного кола однакова:
2) повна напруг* в колі (абл напруга на полюсах джерела струму) дорівнює
сумі напруг па окремих ділянках кола: Iі » Ої + І/, + - + У,;
3) загальний опір кола дорівнює сумі опорів окремих ділянок кола:
Й - Я( + Я, + « + Я,.
ФІЗИКА Сиротюк В. Д. :£• 589
При паралельному з'єднанні провідників:
І) напруга на кінпях усіх паралельно з'єднаних провідників однакова:
2) сила струму в нерозгалуженій ділянці кола дорівнює сумі струмів в ок-
ремих паралельно з'єднаних провідниках: / •/ +/ ♦„ + іа;
О1 _ . , 111 1
3) загальний онір кола: — — ♦ — + ... +—.
Л Я. Н, В.
Робота електричного струму Л — фізична величина. яка характери
зує перетворення електричної енергії на інші види енергії й визначається
[><(
за формулами Л а Л/І я ---= ['Щ ; |Д] м Д В С » Дж.
Я
Потужність електричного струму Р — фізична величина, яка харвкте
ризу< здатність електричного струму виконувати нгвігу роботу за одиницю
часу: Р з IV - * Iі В, |Р] . 5? . Вт.
Закон Джоуля-Ленца
• Кількість теплоти У. що виділяється під час проходження струму че
рез провідник з опором В за час (. визначається за формулою 9 = Iі Ві
Електроліти — речовини, які в розплавленому чи розчиненому стані
проводять електричний струм.
Електроліз — процес виділення речовини на електродах при проходженні
електричного струму через електроліт.
Закон електролізу Фарадея
• Маса речовини, яка виділяється на електроді під час електролізу,
прямо пропорційна заряду <?. що пройшов через електроліт: т - ку ~ кіі,
де А електрохімічний еквівалент речовини (визначається відношенням
маси речовини, яка виділяється нн електроді під час електролізу, до елек-
тричного заряду, який пройшов через електроліт, (А] <* —.
К.1
Задачі та вправи
Дано:
64.
у - 300 ООі) —
Л, - 6400 км с
і. Л - 150 10* км
Розв'язання
Довжина земного екватора і 2гН., де Я, — радіус
Землі. Час, за який світло пошириться на відстань,
що дорівнює земному екватору, — ґ, = — = .отже,
2 3,14 0400 км _ ’
Маємо 1 ---------------- 0 13 с.
з 10* к-
І, - ? X. - ?
с 1
Час, за який світло пошириться на відстань від Землі до Сонця, — і, =3£;
ж 150 10 км зад с _ 8 33 хв
З 10» ™
є
Відповідь: світло пошириться на відстань, що дорівнює земному екватору,
аа 0,13 с, о па відстань від Землі до Сонця — за 8,33 хв.
65. Дано:
о - 0.006 —
с
І “ 1 год - 3600 с
І- ?
Розв'язання
Електрон за 1 год переміститься від джерела струму
на відстань І = «4,тобто І 0,006 >3600 с - 21,6 см.
с
Відповідь: електрон переміститься на 21,6 см.
590 & ФІЗИКА Сиротюк В. Д.
76. Дано:
І - 1.4 А
і — 10 хв, — 600 с
Розв'язання
4-1
Сила струму за визначенням — І « —.звідки отримує•
І
мо 4 - II. Знайдемо числове Значення:
<7 - 1.4 А 600 с - 840 Кл.
Відповідь: 840 Кл.
78. Дано,
і “ 1 хв. — бо с
<7 - 36 Кл
7 7
Відповідь: 1 - 0,6 А.
Розв'язання
Сила струму за визначенням — І =
, ЗбКл 1
отже. І - ----
бо с
0,6 А.
77. Дано:
1 — 6 мкА — 6 10 * А
1 — 10 хв. — 600 С
Розв'язання
4^1
За визначенням сила струму — / = .отже. - Іі.
звідки отримуємо <7 - 6 10"* А 600 с •* 3,6 101 Кл
- 3,6 мКл
Відповідь: через цей прилад за 10 хв. проходить заряд 3,6 мКл,
78. Дано;
<7-10 Кл
А - 2 А
Розв'язання
За визначенням сила струму — І Л, звідки І
ЮКл _ ' 1
отже, і = —— -“ос.
2 А
Відповідь: заряд пройде за 5 с.
79
і — 2
Дано: Розв'язання
1 -4 А Формула для визначення сили струму — І = 3, звідки С . 20 Кл . * і = ;. отже, і = ' -5 с. / 4 А
Ч - 20 Кл
і — ?
Відповідь: заряд пройде за 5 с.
ас*. 2000 мА - 2 А. 100 мА - 0.1 А, 55 мА - 0,055 Л, 3 кА - 3000 А,
Розв'язання
93. Дано:
V - 220 В
І - 0.5 Л
За законом Ома .для ділянки кола / —, звідки отри-
[/ К
муємо Я * — .Знайдемо числове значення;
І
« 220 В ..АЛ
Н - ктт “ 440 Ом.
0,5 А
Відповідь; опір питки лампи в робочому стані — 440 Ом.
94. Дана:
V - 220 В
В - 75 Ом
Я — 7
Розв'язання
І - ?
І/
За законом Ома для ділянки кола І = —. Знайдемо чис-
. 220 В й
лове значення: І =-----
75 Ом
2,93 А.
Відповідь: сила струму в плитці — 2,93 А.
95. Дамо;
Н - 15 Ом
П - 4,5 В
Розв'язання
і — ?
4 5В
За законом Ома для ділянки кола І — .отже, / -----
-0,3 А, П 15 Ом
Відповідь: сила струму в лампі — 0,3 А.
-Г;.й'х
фізика сиротюк в. д
591
96. Дано:
V - 220 в
/-ЮмА-Ю'А
Розв'язання
Я — ?
За заковом Ома для ділянки кола І ^.звідки отри
„ £7 “
муемо Я = —.Знайдемо числове значення опору:
Я " - 12 10і Ом - 12 кОм.
10 * А
Відповідь: 12 кОм.
97. Дано:
І - 0.5 А
У - 120 В
Розв’язання
Я — ?
За законом Ома для ділянки кола І визначимо опір —
у 120 В
Я = — .Числове значення опору: Я ---- - 240 Ом.
/ 0.5 А
Відповідь: опір електричної лампи — 240 Ом.
98. Дано:
У - 12 кВ - 1,2 104 в
І - 50 мА - 5 10 1 А
Я — ?
Розв'язання
Опір кола визначимо за законом Ома для ділянки
. V ТУ
кола: / = — , отже, Я —.
Я І
1 2 • 10і В
Таким чином, отримуємо Я = —-----г -
50 104 А
- 24 10’ Ом - 24 кОм.
Відповідь: опір кола — 24 кОм.
99. Дано:
Я - 1000 Ом
І - 8 мА - 8 • 10 » А
11 - ?
Розв'язання
За законом Ома для ділянки кола І « —, звідки
11 « 1В. Отже, отримуємо
£7- 8 10’ А 1000 Ом - 8 В.
Відповідь: до провідника треба прикласти напругу 8 В.
100. Дано:
Я - 0,1 Ом
10 А
£7 - ?
Розв'язання
Напруга на затискачах амперметра — £7 — І В.
тобто V - 10 А 0,1 0м - 1 В.
Відповідь: напруга на затискачах амперметра — 1 В.
101. Дано:
Я - 20 Ом
І - 0,4 А
Розв'язання
Напруга на кінцях провідника £7 •• ІЯ.
звідки 11 - 0.4 А 20 Ом - 8 В.
£7 — ?
Відповідь: напруга на кінцях провідника — 8 В.
102. Дано: • 450 Кл І( “ 5 хв. “ 300 с • 9, - 15 Кл іг - 10 с За визначенням сили струму 1 —, отже, отримуємо і І, = , Іг = , звідки е *і А А А ?, Підставляємо числові значення:
1і - ? А А 15 Кл 300 с , , . • ТХ .. “ 1. тобто І, - 7,. 7, 10 с-450 Кл ’ ’
Відповідь; сила струму а лампах однакова.
592 ФІЗИКА Сиротюк В. Д.
103. Дано:
і - 5 А
д, * 1,6 10 ” Кл
і — 1 с
Розв'язання
За визначенням сила струму / =—, де д — заряд, який
проходить через Поперечний переріз провідника за час
і. Отже, д - Іі. Тоді кількість електронів, яка прохо-
дить за час Г через поперечний Переріз провідника —
., д Іі '
N а X а — , дс „ — Заряд електрона.
9. 9,
5 А -1с
Знаходимо числове значення: N, = —--------ят^ — 3,125 10і*.
' 1,6 10 Кл
Відповідь; 3,125 10” електронів.
104 Дано:
? - 1 с
N. - 3,1 • 10”
N -?
Ром’ямння
За визначенням сила струму І = у. де д - .V дг — заряд,
який проходять через поперечний переріз провідника,
<7г — 1.6 10 ” Кл — заряд електрона.
Отже, маємо і = .тобто числове значення сили струму: •
,.3,110“.1,6 10-Кл _0Л9вА>
І — 7
1 с
Відповідь. 0,196 А.
112. Дино;
іг ’ «,
Я,
Розв’язе мкл
Опір провідника визначається за формулою Іі , де р — ии-
•З
томий опір, І — довжина провідника, 5 площа поперечного
перерізу провідника. Отже, маємо Я, •
51 5 г 3
- .А —- г &,
5 рі,
З 5
Тоді
Відповідь: опір провідника збільшиться в 5 разів.
113. Дано:
ь = |'|
о
Зг - 35,
Ро.^‘ямння
Опір провідника визначається за формулою Я = ~ . Отже,
1
_ оі _ оі рД^і р^
35 95,’
маємо
З
о
, тобто Л, — 9 Д.
Я 95, Рі. «’ 11
Відповідь: опір зменшиться в 9 разів.
114. Дано:
5-100 мм»
І -80 м
Розв'язання
р-1.7 10.°“^*
м
Я - 7
100 мм
13,6 мОм.
Відповідь: опір кабелю — 13,6 мОм.
Опір провідника визначається за формулою Я = .
Знайдемо числове значення опору:
1,7-10 ’ 9м :м^ 80 м
Л =-------------------- -1,36 10» Ом -
ФІЗИКА Сиротюк В. Д
593
115. Дано:
І - 1 км - 10” м
р - 1,7 10 ’ Ом мк*
м
5-61 мм’
Розв’язання
^9
За формулою Н - визначимо опір провід-
ника: 8
1.Т.10-'Ом-2*^.10,м
Я*.-----—------------- -0.33 Ом
61 мм
Відповідь: опір кожного кілометра мідного проводу — 0,33 Ом.
118. Дано:
Я - 50м
р . 0.42 —
м
5 - 0,2 мм1
І - ?
Відповідь: 2,38 м.
119. Дано:
І - 0.05 А
її - 8.5 в
5 - 0,5 мм’
р - 1.7 10 « ММ>
м
І — ?
Розв'язання
Опір провідника визначається за формулою В » — ,
Л5 ***
звідки маємо 1“ — . Підставляємо числові зна-
11 Ь Ом О ч ми'
чення й одержуємо І =------------ — 2,38 м.
0, 42 Ом ММ
м
Розв'язання
За законом Ома для ділянки кола 1 - —, звідки
У Я
л= -—.Опір провідника визначається за форму
лою Н —, звідки І = — и —.
5 р/р
Знаходимо числове значення:
8,5 В 0,5 мм'
0,05 А 1,7 10 і Ом мм
м
Відповідь: довжина дроту — 5 км.
- 5 • 10’ м — 5 км
121. Дано:
І — 5 м
5 - 0,12 мм*
/- 1,6 А
и -24 В
Розв'язання
Опір провідника визначається за формулою Я * —, звідки
НЗ 8
р = — -, Знайдемо Я за законом Ома для ділянки кола:
, V о V ~____ НЗ
І = —, звідки Я = —. Отже, маємо р я -—.
Я / II
Знаходимо числове значення;
- 0.384 25^21.
1,5 А 5 м м
Відповідь: питомий опір нікеліну р ж 0,384 <^* 'мя .
122. Дано:
Я, - 20 Ом
К3 - 5 0м
-7
р-?
м
Розв’язання
Довжина провідника після розрізання його на N час-
тин
„,а площа поперечного перерізу сплетених
N
N частин провідника — 5, - №(.
Опір провідника до розрізання — /^ = Р^ ,
51
після розрізання — Я, = —РІ— = ,
* 5, N N5. №31 №
594 ФІЗИКА Сиротюк В. Д. ШвЖЖШШЖ
Звідси о гримуємо Л'
20 Ом г. „
------ « <1 » 2.
Ь Ом
Відповідь: провідник слід розрізати па дві частини.
123 Дано:
п - ЗО Ом
N. - 50
15
\Я — ?
Отже, .V а
Розв'язання
Н
Опір одного витко реостата — Я, = —, опір А\ витків —
Л' Я
Тоді іміна „-пору кола —
ЗО (їм
Знайдемо числове значення; \Н (15-1) ж 8,4 Ом.
Відповідь: опір збільшується на 8,1 Ом.
Розв'язання
124. Дано:
и - 120 В
7 - 5 А
5 - 0,3 ммт
„ ,, Ом мм’
р " 0,46--------
м
І - ?
І /V .
Отже, маємо І а - -.
1р
Підставлж-мо числові значення: І —— ц —=• “16 м.
, Л л ль О* мм
6 А 0,45
Відповідь: довжина провідника — 16 м.
Опір провідника визначається за формулою Я = £. ,
на
звідки І • , Знайдемо Я за законом Ома для ділЯн
ГРУ , о У
ки кола; / -.тоді Я®
Я І
120 В-0.3 мм’
м
125. Дано:
р, . і,7 ,ц
м
5,-2 мм**
я-я,
р,.2.8 10-2±±£
м
5,-5 мм1
1а - 17 м
Г,“?
Розв' язапня
Опір мідного дроту — Я, « ’^.опір алюмінієвого
ь РЛ 5|
За умовою Я - Я., отже, маємо 12 - -4- .
* їй СУ с?
Р 45,
Звідси одержуємо /, = -1-" -
Р|5.
Знаходимо числове значення:
2,8 10 1 011 —* 17 м 2мм’
і = ---------И— ------------- - 11,2 м.
. „ 1П * Ом мм’ _ 2
1,7 10 --- — -5 мм
Відповідь: 11,2 м.
м
126.. Дано:
Я, - 10Я,
V - 220 В
І - 0.44 А
Я, - 7 Я, — ? .
Розв'язання
Опір спіралі в розжареному етапі визначимо за допомо-
17 У
гою закону Оми дли ділянки кола: 1 --г .звідки В? = .
П 22о В спП „ !і ‘
Я -------- — 500 Ом
4 0.4 1 Л
ФІЗИКА Сироіюк В. Д. $?• 595
За умовою Я3 - 10Я,, тобто Я = " 50 Ом — опір спіралі в холод
йому стані* 10 10
Відповідь: опір спірилі лампи в розжареному стані — 500 Ом, у холодному
стані — 50 Ом.
127. Дано:
І - 2 км - 2 • 10* м
Я - 1,36 Ом
р - 1.7 10 ’ ~ -**"
м
т — ?
Розв'язання
Масу мідпого проводу визначимо за формулою
т - РоУ " Ре»,5‘ Д« Рси ~ густина міді
і Ро, = 81*0” "їР_ довжина проводу, 8 - площа
м 1
поперечного перерізу проводу.
Ошр провідника визначається за формулою Я — ,де р — питомий опір речо
8
вини. Отже, отримуємо 5 « Тоді т =рСиі ж •
8900—1.7 10’Ом мм/.4‘10*»г
Знаходимо числове значення: т =-----*—------------М-------------
1,36 Ом
л ілі ММ с , лй ,пв КГ * М . . —
- 4,4510*-----3— = 4,45-10 10-------— - 445 кг.
м м
Відповідь: маса мідного проводу — 445 кг.
12В. Дано:
У, — 12 В
V - 220 В
Розв’язання
При послідовному з’єднанні повна напруга У в колі дорів
нює сумі напруг 17, на окремих ділянках кола, тобто
У = N17,, звідки
N — 7
м 220 В їв
N “ т'а в ' ° — КІЛЬКІСТЬ ЛЙМіі.
12 В
Відповідь: 18 ламп.
129. Дано:
У - 220 В
У, — ? У, — 7
Розв'язання
За законом Ома для ділянки кола І - —. При послідов
У
Я* ’
йому з’єднанні провідників сила струму на будь-якій ді
лянці електричного кола однакова, тобто 1 - 7, -
У. Уг
отже, --* = .
п, я.
Оскільки Я, Я,, то У, - У,. Повна напруга в колі при послідовному з’єднанні
дорівнкм сумі напруг на окремих ділянках кола: У = У, + У, 2У,, звідки
Ц-Е.иов-иов.
1 2 2
Відповідь: напруга на кожній Із ламп становитиме 110 В.
130. Дано:
Я - 1020 Ом
Я - 120 Ом
я.-я,
Я, -7
Розв’язання
При послідовному з'єднанні загальний опір кола
дорівнює сумі опорів окремих ділянок кола, тобто
Я - Я, +Я^ + Д, 2Я ♦ 7^ , де Я,, Я, — опори кожної
з двох ламп (Я, - ЯД, Я( — опір реостата.
Звідси отримуємо 27?( — Я - Яг, Я, = ~ *. Знаходимо числове значення:
„ 1020 Ом-120 Ом 2
7^ "--------2------ " 450 Ом.
Відповідь: опір кожної лампи —•, 460 Ом.
596 ФІЗИКА Сиротюк В. Д.
132- Нехай сила струму в шишковій гірлянді а А послідовно з’єднаних ламп з опо-
ром Я, кожна — /| жт~. Якщо до гірлянди послідовно під’єднали те одну
пвмку опором Я,, то сила струму І, = ———. Отже. /1 < і світіння ламп
зменшиться- (А + 1) «,
Відповідь: сила струму й світіння ламп зменшаться.
35 Щоб на кожну з ] 20-вольтових ламп припадала нормальна напруга, ЇХ ПОТ
рівно ввімкнути в мережу □ напругою 600 В ірупами по 5 послідовно з’єднаних
лами, оскільки при послідовному з’єднанні повна напруга в колі дорівнює сумі
напру і на окремих ділянках кола (600 В - & 120 В).
140 Лампи освітлення вагона об’єднуються в групи по 5 послідовно з’єднаних ламп,
і кожна така група паралельно підключається в мережу з напругою 600 В.
141. Дано:
і - 10 хв. - 600 с
І - 0.2 А
V - 220 В
Розв'язання
Робота струму визначається за формулою А - ТУ і, Зна-
ходимо числове значення: А 0.2 А 220 В 600 с «
2б 4<М) Дж.
А — ?
Відповідь: робота струму в лампі — 26 400 Дж.
142- Дано:
Н - 80 Ом
0 - 220 В
Розв'язання
Потужність струму визначається за формулою Р - Ш. Закон
У У1
Ома для ділянки кола: І = Отже, магмо Р = —-
-К ХІ
о » 220і В1
Знаходимо числове значення: Р * „„ —
80 Ом
Ь05 Вт
Відповідь: 605 Вт.
143. Дано:
V - 220 В
І - 0,25 А
Р -7
Розв’язання
Потужність струму визначається за
отже, Р ™ 0,25 А 220 В “ 55 Вт.
Відповідь: 5& Вт.
формулою Р “ ТУ,
144 У - 220 В
Р - 100 Ві
Розв'язання
Потужність струму визначається за
, Р . 100 Вт ,, д
звідки / = — .отже, ї « - — - 0,45 А
V 2*0 В
V У
За законом Ома для ділянки кола / —,звідки В о — .отже,
я . 22? В . ,м Ом
0,45 А
Відповідь: сила струму в лампі — 0,45 А, опір — 489 Ом.
формулою Р ” 1У
145. Дано:
І - Я «. • 860 с
Р - і кВт 1(Р Вт
А' - 120
1 кВт год — 1200
ібгрі ІН
І - 7
Розв'язання
Робота струму визначається за формулою А = Рі .звід-
ки магмо А — 10і Вт 360 с " 360 10і Вт с.
Оскільки 1с-* год,
3600
то Я = 360 10 Ні -гпл “ 0,1 кВг г,'д
що відповідає 120 обертам лічильника. Отже, лічиль-
ник правильно вимірює споживану енергію
Відповідь: робота струму за зазначений час — ЗбО кДж, або 0,1 кВт год; лі-
чильник правильно вимірює споживану енергію.
ФІЗИКА Сиротюк В. Д. 597
148. Дано:
У - 220 В
Р - 600 Вт
/ — ?
Розв'язання
Потужність струму Р - IV, звідки 1 =—. Знаходимо
, 600 Вт л „„ л 1
числове значення; І « —— - 2,73 А
220 В
Відповідь: сила струму в електроплитці — 2,73 А.
147. Дано:
Н - 120 Ом
і - 40 хв. - 2400 с
І - 1.5 А
Розв’язання
За законом Джоуля—Ленца у = ГНі,
отже. V • 1.5і А8 120 Ом - 2400 с - 648 10г Дж -
- 648 кДж.
Відповідь: кількість теплоти в провіднику — 648 кДж.
148. За допомогою закону Ома для ділянки кола для роботи струму можна одгр-
0* *1
жати три еквівалентні формули: А = Юі ж IіНі ж---.
Я
149. Дано: Розв’язання
(У - 220 В
Р1 - 100 Вт
Р, - 25 Вт
Оскільки лампи з'єднані паралельно, то IIі - IIг - У. По
тужність струму визначається за формулою Р - ІУ, звідки.
, Р „ . Р. . 100 Вт .. А , Р.
І = ~• Отже, маємо 11 ж 1 І = —~ - 0.45 А, /. ж -А,
О 1 У 1 220 В ‘ У
, 25 Вт „
~ ойїГв " 0,11 А- законом Для ділянки кола
4&М о
V Vі и*
І = —. отже, потужність Р • IV - звідки Я = —. Тоді Я,
Л п Р
одержуємо Ж . Д А, тобто Ж - 4, Я - 4Я .
Я) Р, О* Р3 Я1 25 Вт 11
У*
Р,
Яг
о*
р,
Відповідь: сила струму в першій лампі — 0,45 А. у другій — 0,1 і А; у другій
лампі (з потужністю 25 Вт) більший опір нитки розжарюваним.
150. Дано:
О - 220 В
/ - 5-17 А
1 кВт • год — 1200 обертів
Р1 - 100 Вт
І - 2 год
Р^-Ш-?
Розв'язання
Найбільша потужність, на яку розрахова»
ний лічильник, — Р^м = Іт„У, тобто Рш -
- 17 А 220 В - 3740 Вт - 3.74 кВт.
Якщо потужність однієї лампи — 100 Вт,
то таких ламп у мережу можна ввімкнути
N = .тобто N = 317£‘.1?*.ВТ - 37.
Р' 100 Вт
Оскільки 1 кВт год відповідає 1200 обертам диска лічильника, то за 2 години
роботи електропраски потужністю 1 кВт диск зробить 24000 обертів.
Відповідь: лічильник розраховано на найбільшу потужність 3,74 кВт; 37 ламп
по 10(* Вт можна ввімкнути в електромережу: при роботі електропраски протя-
гом 2 год. диск лічильника зробить 2400 обертів.
151. Дано:
А “ 7500,4 кВт год
І 10 год
N - 10
Р, - 100 Вт
1 кВт год — 24,36 коп.
А — 7
Розв'язання
Загальна потужність всіх ламп Р ж ^Р^,отжо,
Р - 10 • 100 Вт - 10» Вт - 1 кВт.
Тоді робота струму за 10 год — А - Рі,
А — 1 кВт 10 год » 10 кВт - год Отже, покази
лічильника стануть такими:
А' — А# -♦ А - 7500,4 кВт год * 10 кВт год -
• 7510,4 кВт год.
598 ФІЗИКА Сиротюк В. Д.
Оскільки вартість 1 кВт год становить 24,36 ков„ то за 10 кВт год потрібно
і заплатити 24,36 коп. 10 - 243,6 кап, * 2 гри. 13,6 коп. » 2 гри. 44 коп.
! Відповідь: попі покази лічильника 7510,1 кВт год; за споживану додатково
електроенергію потрібно буде заплатити 2 гри. 44 коп.
152. Дано:
Р, - Р, - 100 Вт
{7-У - 120 В
' 17 - 220 В
і _ ? у; _ ?
а; -?
Розв'язання
Потужність струму Р»— , звідки Я , отже,
Я Р
о и Ц Г о о 120* ВЛ .....
Я = Я, - —*- «= —г! Я ’ Я. »--- " 1-14 Ом — опір
4 Р, Р, 4 ь ЮОНт
кожної лампи. Якщо лампи з'єднані послідовно, то опір
такого з’єднаная Я К( -і- Яг Я • 2 1-14 Ом и 288 Ом.
„ 220 В
За законом Ома для ділянки кола 7 = —.отже, І = - --------- 0.76 А — сила
Я 288 Ом
струму в колі. Напруга на кожній із ламп (7' я [7' * /Д /Я, - 0,76 А 144 Ом »
- 109 В.
Відповідь: сила струму в колі — 0.76 А; напруга ка кожній із ламп — 109 В,
153. Дано:
Я 80 Ом
Я£ - 160 Ом
- 'і ‘ ‘
' * -7
<?>
Розв'язання
За законом Джоуля—Ленцв О 7‘Яі, тобто ф,
Ч = ^Дг. звідки
ч. " О Я
При послідовному з’єднанні І - / - 7, отже, -1’ =
• З, Д
160 Ом _ , л лл
~ 2, тобто у 20..
Таким чинам, маємо
Ц 80 Ом
Відповідь, у лампі а опором 160 Ом виділиться в 2 рази більше теплоти, ніж
у лампі з опором 80 Ом.
154. Дано:
Я, “ 80 Ом
НІ - ІнО (їм
‘і - Ч " *
Отже, магмо 9
и*і
Ні =
я
У
Розв’язання
Зя законом Джоуля—Ленцв О «• РНі. За законом Оме
, , V
для ділянки кола І =
Я
у
я
При паралельному з’єднанні лами 17, » і/, « V, отже,
_ У’і _ І/’і . (1 У'г Д Я
_ О, 80 Ом 1 , „ 1„ к п „„
Таким чином, одержуємо: ’ =—-- - =-.тобто ІЛ = -<?,, або О =2у,.
V, 160 Ом 2 2
Відповідь: у лампі з опором 80 Ом виділиться удвічі більша кількість теплоти,
ніж у лампі з опором 160 Ом,
155. Дано:
Р “ 1,2 кВт « 1,2 * 10* Ві
и - 200 В
1 * З хв. • 180 С
V- 1,5 л - 1.5 10 * м’
7, « 20 °С
- 100 °С
/ _ ? у - ? _ ?
Розв'язання
Потужність струму визначається за формулою
п . Р - . 1.2 Ю Вт , .
Р-717. звідки / = —, тобто 7 - —- -5,45 А.
77 220 В
За законом Джоуля—Денна кількість теплоти,
що виділяється за нас І при проходженні струму
!,— (? = ІгНі,Зи законом Ома для ділянки кола
І = — , звідки Я =—.
Л 1
ФІЗИКА Сиротюк В. Д. 599
Отже, Ц = ІЇЛ = Рі.
Знайдемо числове значення: ф - 1,2 10’Вт 180 с-216 10* Дж - 216 кДж.
Кількість теплоти, необхідна Д-тя нагрівання води масою т я р/ від температури
до температури — 0, = ст -і,) = срГ(і, - е( ),де с — питома теплоємність
води (с = 4200 -Д“-1 р — густина води (р = 10* )
кг"С м*
Отже, =42(Ю-^~,10’ ^1,5 10 * м’ (100-20)°С -604 000Дж-504кДж.
Таким чином, > (?,тобто кількості теплоти, що виділяється в нагрівальному
елементі за 3 хв., недостатньо для нагрівання 1.5 д води до кипіння.
Відповідь: при нормальному режимі роботи в нагрівальному елементі чайника ви-
никає струм 5,45 А; кількості теплоти, що виділяється в нагрівальному елементі
за 3 хв., недостатньо для нагрівання 1,5 д води до температури кипіння.
156. Дано:
Р} - 40 Вт
Р, - 10О Вт
Ц-С/,-110 В
У - 220 В
Р'“ ?/>,-?
Разе язаннл
у*
Потужність визначається за формулою Р = 1У = —,
Vі У3
ЗВІДКИ Я — , тобто Я. = —,
Р Ру
В, = *** В> - 302.5 Ом,
40 Вт
„ Vі, _ 110’В* ЇО, _
Я, = ~5, я. = • - 121 Ом.
При послідовному з'єднанні загальний опір з'єднання Я - Я, + Я, - 302,5 Ом +
+ 121 Ом - 423,5 Ом. За законом Ома для ділянки кола сила струму, який про
У 220 В
ходить через таке з'єднання. — / = —.тобто І -------------- 0,52 А.
Я 423,5 Ом
Тоді кількість теплоти, що виділяється за одиницю часу при проходженні через
о
лампи (або потужність світіння), — і’' = ^- = ,
Сі 1
Р' = - о,52' А1 302,5 Ом - 81,8 Вт,
‘ Є
- /‘Я,. = -0,52’ А* • 121 Ом - 32,7 Вт.
Відповідь: лампа потужністю 40 Вт при такому включенні світитиметься яскраві
ше, ніж лампа потужністю 100 Вт. Але номінальна потужність цієї лампи —
40 Вт. а виділяється 81.8 Вт. Тобто така лампа за цих умов світитися не буде,
а перегорить. А оскільки обидві лампи з’єднані послідовно, то обидві не світи
тимуться.
157. Дано:
З - 0,5 мм1
Р - 700 Вт
У - 220 В
, . Ом мм’
р = 1,4-------
м
І — 7
Розв'язання
Потужність струму визначається за формулою
17’ У3
Р = !У = —, звідки Я • —-.Отже, опір нагрівника мас
Я р
220і В*
становити Я= — - - 69,1 Ом. Опір провідника ви
700 Вт
вкачається за формулою Я = —, звідки І — .
$ Р
о к і 69,10м 0,5 мм' л, __
Знайдемо числове значення: І -----------------— - 24,68 м.
, . Ом мм"
1,4---------
м
Відповідь: довжина дроту — 24.68 м.
600 ФІЗИКА Сиротюк В. Д.
Розв'язання
158. Дано:
І - 20 хв. - 1200 с
В - 100 Ом
V - 220 Б
Г, - 20 >С
Іі “ 100 “С
Ч~^Гт - 7
За законом Джоуля—Лснца Ц = /1 Ні - , тобто
а = 22°* в/-12<х?г _ 58О 800 дж . 58Оі8 кдж _
100 Ом
кількість теплоти, що виділиться за 20 хв, в елект-
ричному чайнику. Ця кількість теплоти йде на нагрі-
вання води масою т від температури і, до темпера-
тури ґ,; V ст(^ - І,), де є = 4200 — питома
теплоємність води.
Звідси маємо т
580800 Дж
Знаходимо числове значення: т =-----п~~~ ~~ ---------" 1.720 кг.
4200 " г (10042-20 С)
Відповідь: в електричному чайнику виділиться 580,8 кДж теплоти: маса води
в чайнику — 1.729 кг.
159. Дам":
Я - Німім
Ц - 220 В
V - 3 л - 3 10 1 м
<, - 10 С
гз - 100 °С
п - 60 %
Розв'язання
І?
ККД нагрівального елемента Ч = Д® Ч — кіль
кість теплоти, необхідна для нагрівання води в чнйии
ку, 9 —- кількість теплоти, що виділяється в нагрі-
вальному елементі чайника при проходженні струму.
IIі
За законом Джоуля— Ленца V «= Г Ні = — І, звідки
, вя
о1'
О У к
Оскільки У —*-,то і м . Кількість теплоти, необхідна для нагрівання води
масою т“рі' від температури і, до температури і,, — У, с т (*, - і,) ері' (і, - і,).
де є — питома теплоємність води (с = 4200 1 р - • густинд води ( р = 10* -у У
КГ кг М
РІ«
Таким чином, отримуємо і» Перевіримо одиниці вимірювання:
Дж -к^ . >/ гб • Ом
? 9** а Д* _ с. Знайдемо числове значення:
В Вґ Вт
4200 10*-З 10 * (100-10)-80 л„
( = - -------'. -----------і--- - 3123.97 с • 52 хв.
0,0 220і
Відповідь; щоб чайних закипів, потрібно 52 хв.
179. Дано:
<7, - 1 Кл
л»І « 1.118 мг
дг " 500 Кл
лча — 7
Отже, миємо = Лд,, т3 звідки ,
т/і Чі ’’ 1,118мг 500Кл
таким чином, т. « —!-и .Знаходимо числове значення: т, -
в 559 мг. Відповідь. 559 мг.
Розв'язання
За законом електролізу Фарадея маса речовини, що
виділяється на електроді, — т = кіі = кд. де к — елект-
рохімічний еквівалент речовини. д — заряд, що пройшов
через електроліт.
1 Кл
і — 7
ФІЗИКА Сиротюк В. Д. :;:й 601
180. Дане:
ги “ 2,45 г “
- 2,45 10 » кг
і - 60 хв. - 3600 с
І - 2 А
Розв'язання
За ля коном електролізу Фпрадея т = Мі,
.71
ЗВІДКИ А = —.
II
Знаходимо числове значення
А — ?
2Л5 102 мг
2 А 3600 с
0,34 104 —
Кл
Відповідь; 0,34 10” -
Кл
101. Дано:
1-50 хв. - 3000 с
т - 1,98 г -
' - 1,98 10' кг
1-1
Розв'язання
За законим електр-ілізу Фарадея /п = Мі,
де А — електрохімічний еквівалент речовини (ДЛЯ МІДІ
А 0,33 10 *~). звідки /= —.
Кл Л/
_ г 1.98 Ю'* кг .
Отже, маємо: І = —------—-------------- - 2 А.
0,33 10* -МГ • 3 10" с
Кл
Відповідь: сила струму — 2 А.
182. Дано:
ц • 42 А год
і » 2,8 год
1-1
Розв'язання
Сила струму, який проходив через лужний ак} мулятор,
. </ - х . 42 А - год ,_ .
/ = —. Знайдемо чистове значення: І =-----— - 15 А
( 2,8 год
Відповідь: через лужний акумулятор проходив струм силою 15 А.
.♦
183. Дано:
т* — 75 г « 75 10 г кг
А - 0,0104 — - 0.0104 10 *
Кл Кл
А - 0.367 - 0,367 )()”--
Кл Кл
Розв'язання
За законом електролізу
т = Мі « Аг;, отже, маємо:
т. = М" звідки в = 'Л-
пі, А,
Таким чином, одержуї мо
/П»Л,
/п,~ ?
Знаходимо числове значення:
75 10* кг 0.367 10 е
«-------—--------—------ЙА » 2646.4 10 1 кг « 2в4б,6 г.
0,0104 10* *-г
Кл
Відповідь 2646,6 г.
184. Дано:
т, - 3,3 кг
?і - 9
т3— 7
Фарадея
ив ~ ^пЧ'
Розв'язання
За законом електролізу Фарадея т - АЛ = Ад.
Отже, маса міді ті ж А, у. маса срібла — лі,- к</, де А|
і А. — електрохімічні еквіваленти міді й срібла відповідно
'А. і 0,33 >10"* к 1,12 10 а ~ 1.
Кл Кл І
ві,
Звідси магмо д « -1
1.12 10* £- 3.3 кг
Знаходимо числом значення: т = « 11,2 кг.
0,33 ю-* пІ
Кі
Відповідь: 11,2 кг.
602 ФІЗИКА Сиротюк В. Д.
Що я знаю І вмію робити
10 Дано:
у| - 13.50 Кл
і, - 15 хв. - 900 с
у, - 30 Кл
X - Ю с
Розв'язання
За визначенням сили струму І
І,
- ?
отже, / ® , І, = -і.
*' *’ Л «?і
Таким чином, одержуємо -/ ,
її *і«.
, 7. ЗО Кл 900 с „ , , ог
звідки * ——гх_Л".*- = 2, «бо 7, - 27,.
7, 10 с 1350 Кл
Відповідь: у другій лампі сила струму в 2 рази більша, ніж у першій.
Ц. Дано:
у - 24 Кл
і, - 10 с
і. - 1 хв. - 60 с
Відповідь: сила струму в колі
12. Дано:
І - 2 хв. “ 120 с
у - 30 Кл
/ _ 7 ?
Розв'язання
За визначенням сили струму І - - .звідки 7, • У ,
* ‘і
' 10 с * ’ 60 с
2,4 А; 0,4 А.
Розв’язання
ЗО Кл
0.4 А.
За визначенням сила струму І - —.отже,
І ш - о,25 А.
120 с
Кількість електронів, яка проходить через поперечний
переріз провідника, — N. = —, де у, - 1,6 - 10 ” Кл —
заряд електрона.
- 18.75 10”.
Отж’’ ‘'' = ЕГЇог’кл
Відповідь: 0,25 А; 18,75 10” електрошв.
14. Дано:
І - 100 кА - 10» А
(/ - зо мв -
- З • 10’ в
Розв'язання
За визначенням потужності Р » II/,
отже, Р - 10і А З 10т В - 3 . 10” Вт
Р — ?
Відповідь: потужність блискавки — 3 - 10ь Вт.
Тестові завдання
Варіант 1
Розв'язання
Сила струму визначається за формулою І « ,
звідки у - II. Кількість електронів, що пройшли через по-
перечний переріз спіралі за час і, — її, = У- ~
де у - 1,6 10 ” Кл — заряд електрона.
Знайдемо числове значення: N ” 6б»2б 10” в 5,6 10Л.
1.6 10 Кл
1. Дано:
І - 0.3 А
і — 5 хв. “ 300 с
N —?
Відповідь: через поперечний переріз спіралі проходить 5,6 10е електронів.
ФІЗИКА Сиротюк В. Д. $•:< 603
І — 150 см - 1,5 м
5 - 0,02 мм1 -
- 2 • 10 * м»
1 - 250 мА - 0,25 А
Розв'язання
За законом Ома для ділянки кола 1 = ~, звідки
н
І/ = ГЯ.Опір провідника визначається за форму-
лою В - де р — питомий опір речовини (для
заліза р - 8,7 10 ’ Ом м).
Таким чином, одержуємо І/ = — .
8
Знаходимо числове значення: V = ? І?- .9?? ‘м ' Мі*. - і 63 В » 2 В.
2 10 4 м*
Відповідь: напруга на кінцях провідника — 2 В.
5. Дано:
В • 0,6 Ом
У - 0.3 В
Розв’язання
/ — ?
За законом Ома для ділянки кола І = ,
. 0.3 В Л _ . и
отже, І » —--- » 0,5 А.
0,6 Ом
Відповідь: сила струму в нитці розжарювання — 0,5 А.
в. Дано:
І, - 2/,
Я,
Розв'язання
— ?
Опір провідника визначається за формулою Я .При
8
протягуванні дроту через верстат об’єм дроту не змінюєте
ся, тобто И, = Уг, де V, « 5^. V, =
Отже, маємо 8,1, = 8/>,звідки = у1 2.Таким чином, одержуємо Я, =
З, 4 Д 8.
4.
5і Д 8, (й, І, Я,
Відповідь: опір збільшується в 4 рази.
11. Дано:
І - 10 мА - 10 10і А
(1с
- ?
Розв’язання
За законом електролізу Фарадея т = кіі,
де Л — електрохімічний еквівалент речовими
( Л = 1,12 10 " для срібла).
К'і
Маса атома Арґентуму за Періодичною таблицею Менделєєва т* — 108 а. о. м., де
1 а. о. м. “ 1,67 10 ,т кг, тобто т , - 108 1,67 * 10 п кг - 180,36 10 ” кг.
Отже, кількість атомів Аргентуму, що виділиться на катоді за 1 с, — N = — = .
а кг «
1.12104 10 10 4 А 1с
Знайдемо числове значення: N =--------------------------«6.2 10’*.
180,36-10 кг
Відповідь: на катоді виділиться 6,2 - 10і* атомів Арґентуму.
1. Дано:
І - 0,3 А
- 5.6 10»
і - ?
Варіант II
Розв’язання
Сила струму визначається за формулою І у, звідки
д = /Г. Кількість електронів, які пройшли через попе*
речмнй переріз спіралі за час ґ, — , де -
" 1,6 • 10 і* Кл — заряд електрона.
604 Ш- ФІЗИКА Сиротюк в. д.
Отже, маємо і = —— .
„ _ і . 5,610“ 1,6 10 *’Кл от,_
Знайдемо числове значення: І ~ —------ —-------- - 206.7 г = 300 с.
0,3 Л
Відповідь: час проходження електронів — 300 с.
Розв'язання [,
За законом Ома для ділянки кола І • —,звідки 17 /Я.
Н
Знайдемо числове значення; V - 0,2 А 110 Ом - 22 В.
4. Дано,
Я- ПООм
І - 0.2 А
[ ---------------
17 — 7
Відповідь. 22 В
5. Дано:
[/-12 В
/ - 60(1 А
Розв'язання р у
За законом Ома для ділянки кола І » —, звідки Я = —.
1 О й
Отже, маємо Я ------- ” 0,02 Ом.
600 А
Відповідь: опір стартера автомобіля дорівнює 0,02 Ом.
в- Дано
Я( - 200 Ом
я' - 300 Ом
У - 220 Н
І - 7
Розв'язання
В освітлювальній мережі лампи з'єднуються паралельно,
111 . „ ДД
отже, , ЗВІДКИ Я = *-•,
Н Л Я Я, + Я,
„ 200 0м 300 Ом 6 10'Ом ,„_Л
200 Ом 4 ЗиО Ом 500
Зя законом Ома для ділянки кола £ = ~, тому сила струму до розгалуження —
. 220 В Л
І « — —- — 1,8 А.
120 Ом
Відповідь: сила струму до розгалуження — 1.8 А.
Дано:
Я, - Я, - Я
с/, - а2 - V
<і - <* - «
Розв'язання
При послідовному з'єднанні провідників
— 7
і її
при паралельному з'єднанні провідників — = • + -
1 2 _ Я «і
Я.. Я' Ч* 2
Таким чином, одержуємо
,, , -к
Робота електричного струму визначається зв формулою А = ,
л ц*і Vі! л и*і 2иЧ А
20*1 2Я
а------- —г- “ 4.
В V4*
Відповідь: робота електричного струму при паралельному з'єднанні в 4 рази
більша, ніж при послідовному.
9. ДанО: 7 - 1.6 А і - 10 хв. • 600 с т - 0,317 г « - 0,316 • Ю‘кг Розв’язання За законом електролізу Фарадея т = А/І.звідки к = — Знайдемо числове значення: 11 ^ = 913.16 11Ґ25Г «о зз 10 « „к£ -з.з 10-г 1,6 А 600 с Кл Кл
к — 7 .. . _ „ Л кг
Відповідь: електрохімічний еквівалент міді — 3.3 10т —.
Кі
ЖЖШШШЖЖ ФІЗИКА Сиротюк В. Д 605
III. МАГНІТНЕ ПОЛЕ
<х
ш
х
о
Полюсами магніту називаються місця магніту, у яких копитня дія вияв
листьсм найснльніше. Різнойменні полюси двох магнітів притягуються, од
нонмсині — підштовхуються.
Лінії магнітного поля магніту — замкнені лінії, які виходять із північного
полюса магніту і входять у південний, замикаючись усередині магніту. Лінії
магнітного поля струму замкнені й охоплюють увесь провідник зі струмом
Напрям ліній магнітного поля струму можна визначити за допомогою пра-
вила свердлика:
• Якщо вгоинчцвати свердлик із привогвинтовою нарізкою вздовж напряму
струму, то напрям обертання рукояті свердлика вкаже напрям ліній маг-
нітного поля
Котушка зі струмом мас два магнітні полюси: південний Я і північний N.
Силою Ампера називається сила, з якою магнітне поле діс на провідник
зі струмом.
Напрям сили Ампера визначається зя допомогою правила лівої руки
• Якщо розташувати ліву руку таким чинам, щоб лінії магнітного поля
входили в долоню, а чотири витягнуті пальці були спрямовані за напрямим
струму а провіднику, то відставлений під прямим кутом великий палець
укаже напрям дії сили Ампера
Явищем електромагнітної індукції називається виникнення в замкнутому
провідному контурі індукційного струму під час зміни густини Ліній магніт-
ного поля, що перетинають цей контур. Напрям індукційного струму в про-
віднику, що рухається в магнітному полі, можна визначити за допомогою
правила правої руки
• Якщо розташувати праву руку таким чинам, щоб лінії магнітного поля
входили в долоню, а відведений під прямим кутом великий палець вказував
напрям руху провідника, то чотири витягнуті пальці вкажуть напрям їм
дукційного струмі/ в провіднику.
Тестові завдання
Варіанті І
в. Дано:
О - 1500 В
/ “ 275 А
Р* — 840 кВт 3.4 10’ Вт
Розв'язання
Л - ?
Р
Отже, магмо Т| = - -100 %.
Знаходимо числове значення:
ККД електродвигуна Г| — 100 &,деР — ко-
рнсна потужність, або потужність, яку розвнваї
електродвигун, Рв повна споживана потуж-
ність, або потужність струму в електродвигуні,
тобто Р " Ш.
»
3,4 10і Вт 100
' 27Ь А 1500 В
- 82,4 %.
Відповідь: ККД електродвигуна — 82 %.
Варіант II
7. Дано:
Р* - 3 кВт - 3 • 10і Вт
и >з»ов
л - 98 %
7 — 7
Розв'язання р
ККД електродвигуна Л = „ 100%, де Р* — ко
п
рис на потужність, або потужність, яку розвиває
електродвигун, Р, — повна споживана потужність,
або потужність струму в електродвигуні, тобто
Р »іи.
606 ФІЗИКА Сиротюк В. Д.
Отже, маємо п = —-100 %, звідки І = -®———-.
ги
' , 3-10’Вт-100% а.
Знаходимо числове значеним: / 3 — ‘аХТГХ— - 8 А.
9я те • ЗКО И
Відповідь: сила струму в електродвигуні — 8 А.
IV. АТОМНЕ ЯДРО. ЯДЕРНА ЕНЕРГЕТИКА
Радіоактивність — це спонтанне перетворення атомних ядер, що супрово-
джується випромінюванням різних частинок й електромагнітних хвиль.
Правила зміщення Содді:
1) під час а. розпаду елемент зміщується на дві клітинки до початку пе
ріодичнт системи:
І) під час ^розпаду елемент зміщуються на одну клітинку ближче до кінця
періодичної системи;
3) під час у випромінювання зміщення елементу не відбувається.
Період піврозпаду Т радіоактивної речовини — це час, протягом якого кіль-
кість П атомів зменшується вдвічі.
Закон радіоактивного розпаду: ^ = Уо • 2 г, де — кількість радіоактив-
них атомів у початковий момент часу, А' — кількість радіоактивних атомів
у момент часу І.
Активність А радіоактивного джерела — це кількість радіоактивних роз-
падів за одиницю часу: А —,де N — кількість радіоактивних розпадів за
час і. 1
Одиниці вимірювання активності:
і І СІ: І Бк (беккерель); акти нпості в І Вк відповідає один розпад за секунду:
2) Ні (кюрі): 1 Кі - 3,7 КР” Бк (використовується в практичній дозиметрії).
Поглинутою дозою випромінювання £>_ називається відношення поглину-
тої енергії радіоактивного випромінювання до маси т опроміненої речо-
вини: Д »—*.
ги
Одиниці поглинутої дози випромінювання;
1) СІ: 1 Гр (грей) — дорівнює поглинутій дозі, ири якій опромінюваній рс
човкн. масою 1 кг передасться енергія Іонізуючого випромінювання 1 Дж;
1 Гр - 1~;
кг
2) 1 рад (рад) — дорівнює поглинутій дозі, при якій опромінюваній речо-
вини масою 1 кг передасться енергія іонізуючого випромінювання 0.01 Дж;
1 рал - 0.01 Д-Ж.
кг
Експозиційнл доза В — кількісна характеристика іонізуючої дії у- 1 рент-
генівського випромінювання, яка визначається сумарним електричним за-
рядом йомів одного знака, утворених в одиниці об’єму повітря; , де
г/ — заряд утворених йонів, т — маса речовини.
Одиниці вимірювання експозиційної дози О:
1) у СІ: 1 — — при такій експозиційній дозі внаслідок іонізуючої дії ви-
кг
промінювання в 1 кг сухого повітря за нормальних умов (при 0 С і тиску
760 мм рт. ст.) утворюються йони із сумарним зарядом одного знака 1 Кл;
ПОЯСНЕННЯ
ЖвЖвввв ФІЗИКА Сиротюк В. Д. $8 607
2) 1 І» (ревгген) — при такій ексволиційній дозі, внаслідок іонізуючої дії ви>
промінювання в 1 смл сухого повітря (1,29 10 " кг) за нормальних умов (при
0 С І тиску 760 мм рт. ст.) утворюються Йонм із сумарним зарядом іонів од
кого знака 3,34 ІО"’0 Кл (використовується в практичній дозиметрії).
1 Р - 2,58 10- —; 1 — • 3,88 1(Р Р: 1 рад - 1,1 Р.
кг кг
Можна оцінювати поглинання енергії м’якими тканинами не за поглинутою
дозою випромінювання а за еквівалентною їі*. * Я £>л, де А — ко
ефіціент ьіолопчної ефективності певного типу випромінювання. Для рент
генівського, у і Р-випромІиюваппя >!, для теплових нейтронів к - 5, для
швидких нейтронів і протонів к 10, для «-частинок й - 20
Одиниця вимірювання еквівалентної лози в СГ. 1 Зя (ліверт), 1 Звж 1
для ренті«пінського, ц- і Р-вігпромінювання. кг
Задачі та вправи
240. Оскільки для у випромінювання коефіцієнт підносної біологічної ефективності
> 1,а доза 1 Гр поглинутого випромінювання «-частинок здійснює на живий
організм приблизно таку саму біологічну дію, як і 20 Гр у випромінювання, то
для а-частвнок к ~ 20,
Відповідь: к • 20.
241. Дана:
Т (іт) - 8 діб
Т(І’“) - 20 год
Т(1”‘ ) -7 год
і - 1 місяць * 30 діб »
— 720 год
Ромґяааннл г
За законом радіоактивного розпаду N Ло 2 г,
де — кількість радіоактивних атомів у почат-
ковий момент часу, № — кількість радіоактивних
атомів у момент часу і. Тоді А’,-# — кіль-
кість радіоактивних атомів, що розпалися за час
л; -л-
і; —— — частина радіоактивних атомів, що
'«і
розпалися за час і.
і
Отже, одержуємо /Ув • N = ІЇ0 - №а 2 * 1 2 3 = 5'„
Знайдемо числові ишічення:
кг - N *°**» л
1) для Йоду-131: -5-— = 1 - 2 *яв 1 - 2 « - 1 - 2 *-« - 1 - 0,074 - 0,926;
2) для йоду-133: — = 1 - 2 *”* 1 - 2 ій -1 - 1,45 10“ - 1;
_ дг „ м г»гм
3) для Йоду 135: —* — « 1 - 2 7гп* • 1 - 2,м - 1 - 9,86 10 « - 1.
А„
Відповідь. до кінця першого місяця після аварії на ЧАЕС розпалося 92,6 % ізо-
топу Йоду-131 І майже 100 % ізотопів Йоду-133 і 135.
608 Й? ФІЗИКА Сиротюк В. Д.
Розв’язання
вправ та завдань
до підручника
«ФІЗИКА»
М. І. Шута,
М. Т. Мартинюка,
Л. Ю. Благодаренко
ск
ш
т
о
а
О
РОЗДІЛ 1
ЕЛЕКТРИЧНЕ ПОЛЕ
7 — електричний заряд.
_ . Н м'
А — 9 • 10’ --«- —- стала величина.
Кл*
є — діелектрична проникність середовнша.
с - -1.6 • 10 *• Кл — заряд електрона.
Е
Е = - — напруженість електричного поля.
<Т
Р = к'$' —закон Кулона.
Є г
5. Дано:
<7 - -1 Кл
е - -1.6 10 ”Кл
.Іашиня’і 2
Розв’язання:
Кількість електронів знаходимо, поділивши значення за
ряду на заряд електрона:
Відповідь: заряд створюється 625 • 10** електронами.
10. Дамо.*
у - 2 • 10 т Кл
Г- 0.015 Н
Завдання 5
Розв'язання;
Скористаємося формулою для обчислення напруженості глек
Р 1 Н
тричного поля: Е=- ; !£?] = -— :
у Кл
.7,5
Кл І
ггі . 0.015
' '' 2 16 7
н
Відповідь: напруженість електричного поля становить 7,5 •10’ .
Кл
11. Дано:
7 - 4,5 • 10« Кл
Е - 400
Кл
Розв’язання:
Перетворимо формулу напруженості електричного поля для
Р г... і—. Н Кл
обчислення сили: £ = — , тоді г д у; г І • - ;
д Кл
{Г) = 400 4.5 10*= 18 104 (Н).
Відповідь:
2. Дано:
" «?
Г - 0.4 Н
9-?
сича, з якою електричне поле діє на заряд, дорівнюй 18 • 10 4 Н.
Завдання 6
Розв’язання:
Якщо заряди знаходяться у вакуумі, то закон Кулона матиме
вигляд В А , Зд умовою задачі заряди однакові, тоді
г1
Р-* £.
Перетворимо цю формулу для визначення заряду: д =
N — 7
Е — 1
Р
Н м7 КУ
,---Кл 5 М
п М
?’1 І«2 10‘(Кл).
910’ '
Відповідь: величина зарядів становить 2 І0‘ (Кл).
610
ФІЗИКА Шут М. І. та ін
ано:
г - ЗО см - 0,3 м
Г- ЗО Н
Чі-і
Розв'язання;
За законом Кулона Р = А л • Підставимо у формулу
г*
е а*9і
значення другого заряду, тоді г •--*.
г»
Перетворимо формулу для визначення заряду:
=
Н м' Кл*
- » К.і ;
Н м
I {<?} = ЗО9^^» = 1 Ю (Кл)- За умовою задачі " 3 тоді 3 • 10 Кл.
Відповідь: величини зарядів становлять 1 • 10 1 Кл та 3 10* Кл.
4. Дано;
. 9| - І - 10 • Кл
1 </, " 3 • 1° " Кл
Розв'язання; .
За законом Кулона Р = А -/1—. Перетворимо цю формулу для
с г’ ______
визначення відстані між зарядами: г »
Ні .
с Р ’
я1 - Кл Кл
—і------- с м ;
Кл1 П
» 10* »•>»'» ,0‘-0.03(м).
81 ЗО
Відповідь: відстань між зарядами становить 0,03 м.
5>. Дано:
9і “ </, " 1 Кл
г - 1 м
і к - 27
? - ?
Розв'язання:
Визначимо силу за заковом Кулона:
|К] = Н-Л*^ Н ;
к-г* Кл м
л» 4 А
Відповідь: сила взаємодії дорівнює 3,3 • 10* Н.
6» Дано:
0,5 м
ЛГ - 5 • 10ь
Г - 7
Розв'язання:
Якщо заряди знаходяться у вакуумі, то закон Кулоггп мас вигляд
Р , Значення заряду обчислюємо як добуток кількості
г
електронів на заряд електрона:
- дг • є. де е - - 1,6 • 10“ Кл — заряд електрона.
Отже, силу взаємодії знаходимо за формулою
/вА.^;И=Н_^л1 = Н;
, , 9 Ю
М-----
Iі
- =2,3 10 "(Н).
(«її
Відповідь: сила взаємодії зарядів становить 2,3 • 10 •* 11.
Розв'язання;
Користуючись законом Кулона, знайдемо значення зарядів
взаємодіючих тіл:
7. Дано;
г - 20 см - 0,2 м
Р - 5,76 • 10 ' Н
\ N — 1_______ _
5Л6-.10 0,2 = 0д^ 10* Обчислимо кількість електронів, поділивши
910 .. <і 0,16 10і
- А -т-. толі Ч •
;М =
Н м’ Клл „ .
Н м’
і
кі-
и Ч ь.г и’1° 1М 1 1ЛІ«
значення заряду на заряд одного електрона: л = - ; N = — _ _1в = 1 • ю .
в 1,0 • IV
Відповідь; заряд кульки створено І • 10” електронами.
% ФІЗИКА ШутМ.І.таіи
611
РОЗДІЛ 2
ЕЛЕКТРИЧНИЙ СТРУМ
ш
X
о
І — сила струму.
/ — елУ5 — сила струму й металі, де л — концентрація електронів, V —
швидкість руху електронів. .$ — площа поперечного перерізу провідника.
и — напруга. Я р • 4 — <нгір провідника, де р — питомий опір.
ї 5
І « — закон Ома для ділянки кола.
Послідовне зЧ-диання провідників.
] . /ь . . р - + у, + „ 4- У.,
и - я + я, +_ + я,.
Паралельне з'єднання провіджиків:
1 - І, 4 1. 4 ... 4 1 . V - У - £/.
І в Я І і
І
1
Я
1 І
“ , •— •—“ Т ““
* я я, я,
А - Ші — робота електричного струму.
Р " Ш — потужність електричного струму.
Ц " РНі — закон Джоуля—Ленца.
т в Лгіі — 1 закон електролізу, де к — електрохімічний еквівалент.
Завдання 7
1. Дано: 1 * 1.4 А і « 10 хн. « 600 с Розв’язання: Перетворимо формулу для сили струму для визначення заряду: їм ~,
9-7 1 тоді ч - Іг; [іу] А • с = Кл ; {(/} = 1,4 600 » 840(Кл).
Відповідь: електричний заряд дорівнює 840 Кл.
2. Дано:
Ч - 100 Кл
і “ 4 с
І — 7
Розв'язання:
Скористаємося формулою для обчислення сили струму:
/ = ?; А; (1) . 12® . 2Ь( А).
Відповідь: сила струму ста попить 25 А.
? І.Дамо.-
:• д * 6 Кл
А - 1.1 кДж - 1100 Дж
?* І/ — ?
Завдання в
Розв'язання:
Скористаємося формулою для електричної напруги:
и = —; ’г] - = в звідки а - ич:
Ч Кл
[а]^В Кл = Д*,Кл = Дж ; ^А}^4,6 10 е 2000 - 9.2 10 *(Дж).
Кл
Відповідь: робота дорівнює 0,2 • 10"“ Дж.
Завдання 9
3. Дано.
V, - 2 В
/, - 0,5 А
С', - 4 В
Розв'язання:
V*
Скористаємося законом Ома для ділянки кола: 1 = — .
Опір ді тянки обчислимо за першим дослідом: В
612 ФІЗИКА Шут М І. та Ін.
і/*;'1! ІА)=-°в--л; (г,|
Відповідь: сила струму дорівнює 1 А.
. Дано:
І Л “ 3 А
I 17, - 6 В
г Ій — 1 А
І ь- |Ь
Я. ?
- ?
Розв’язання:
, : [Кі-А-Ом:
{я,) = ? = 2(О“). =
О А
За законом Ома Я. ® , Я. •
7. І,
1
1
Відповідь: опори провідників становлять 2 Ом та 4 Ом від-
повідно.
і. Дано:
' і- 80 м
§ - 0,2 мм’ - 0.2 • 10« м’
Я - ?
Розв'язання
Скористаємося формулою для визначення опнру
І
провідника: Я р - , де р«2,8 10 Ом м —пи-
томий опір алюмінію (визначаємо аа таблицею
в підручнику);
. _ і Ом м м 2,8-10 80 ,, ,
И--------5 — * 0м ; {Я} = — -- = 11,2(Ом).
Відповідь: опір провідника становить 11,2 Ом,
р. Дано:
І • 120 см - 1,2 м
5 - 1 мм’-І • 10 ’ м
V - 0,5 В
І - 1 А
Р “?
Розв'язання:
Скористаємося формулою для розрахунку опору про-
відника: Я р—;. Значення опору знаходимо за зако-
Я
ном Ома; Я .
З поданих формул виводимо формулу для обчислення
питомого опору:
^.р^.тоді р.р’; [р|.!1.О,.М;
{?) = ?•- 41-«ИОм х),
1 19 £
Відповідь: питомий опір нікеліну стаповиїь 11 • 10 * Ом • м.
д;
З
1. Дало:
Я4 - 4 Ом
Н, “ 9 Ом
7 0,3 А
Е/і •—- ?
У - 7
и -7
Завдання Ю
Розв’язання:
При послідовному з’єднанні провідників І Ґ1 7а, тому, кори
стуючись законом Ома. обчислюємо напругу па кожному’ провід
шіку:
І/, - 7, • Яр V, - Ц • ; Ц - 1 • Я,, С73 - / > Н,;
[У] = А Оч = “ = В: {(/,} = 0.3 4 «1,2(8),
0,3-6» 1,8 (В).
Користуючись закономірностями послідовного з’єднання, визначаємо напругу
в колі: и-С/і + V,, ([7} = 1,2 +1,8 »3(В).
Відповідь: напруга на першому резисторі становить 1,2 В, на другому — 1,8 В,
загальна напруга дорівнює З В.
ФІЗИКА Шут М.І.та ін
613
2. Дано:
и - б в
Я, " 13,5 Ом
Я, - 3 Ом
Я, - 2 Ом
/ — 7
Розв'язання
За законом Ома І - —. Визначимо опір, користуючись Зако
Я
вимірностями послідовного з'єднання провідників:
п
1,1 “ 6» ‘ V • Л = М " Гаї! зі 2 • іїїї ’°-»24(А)•
ІгМ 15 + о + л 10,0
При послідовному з’єднанні //(/, тому 1/( • / Я, ;
П,
[17] = А °м=^> В; {У,}-0.324 13.5 « 4,374 (В),
{Ц,}-0,324 Зі 0,972 (В), {(/4-0.324 2-0,648 (В1 .
Відповідь: сила струму в колі становить 0,324 А. напруга на резисторах. —
4.374 В, 0,972 В, 0,648 В відповідно.
З.Дано:
Я, - 10 Ом
Я, - 20 Ом
Я, - 12 Ом
(/ - 2 І В
Розв'язання:
При Паралельному з’єднанні провідників Г/ ” 1/1 Уг — У>. Ко
рнстуючнсь законом Ома, знаходимо силу сгруму на кожній
ділянці;
У
у
і
Л-ї
1 — 7
я - ?
В ВА
І- и І.
Ом в
І'.} - Д = »ІА) .р.) * Ц = 1.2 (Л). {;,} = ?4 - 2( А).
При паралельному з'єднанні /»/, + /* + тоді
{/}-2.4т 1,2 + 2-5,6 |А).
За законом Ома знайдемо загальний опір кола:
• [Л1-~-Ом; {Я}-М«4,»6(Ом).
(-' А О»0
Відповідь опір кола становить 4,286 Ом, сила струму в колі та на окремих
ділянках — 5,6 А. 2.4 А, 1,2 А. 2 А відповідно.
Завдання 11
1. Дано: 1/ - 3,5 В Я - 14 Ом ( “ 5 хв. — 300 с Розв'язання. Роботу сили струму визначимо, користуючись законом Ома: г V Vі І = - . тоді А - — і ; Я Я
А — ? ..ВсВсА _ ’Л1в Ом = В "В А с-Дж; (Л},Ц^55,2в2,5(Дж).
Відповідь. струм виконує роботу 2і>2,6 Дж.
2. Дано;
Я - 51Ю Вт
V - 220 В
і - ЗО ха. - 1800 с
І - 7
Я - 7
А - 7
Розв'язання’
Користуючись формулою для потужності електричного
струму, обчислимо силу струму:
р - V І. тилі І » ? ; р| = Чі . Ч_А = д ;
Р)-|^-2.272(А).
614 ££ ФІЗИКА Шут М. І. та їн.
Користуючись законом Ома для ділянки кола, знаходимо опір:
| йЛі [Л]-|=Ом; (ЯН—- = 9в,Я(Ом).
Випрати електричної енергії дорівнюватимуть роботі електричного струму. Ро-
I боту електричного струму обчислюємо за формулою А " 17 • 1 - і;
[41= В А с = Дж; |А) = 220 2.272,1800 = 9 10* (Дж).
| Ві<7лояі»7к сила струму дорівнює. 2,272 А; опір — 96,8 Ом, витрати електричної
І енергії — 9 10і Дж.
Завдання 12
1 > Дано; Розв'язання:
1-а год. - 2100 с За І законом електролізу т - Мі,
И /; 2 А кг
[і - - де А ’ 0,33 • 10 —— — електрохімічний еквівалент міді
ПІ ? Кл
(визначаємо за таблицею в підручнику}.
Н*0’33 10*’2 21600 = 0,014256 (кг).
Відповідь. маса міді становить 0.014256 кг.
З!. Дано;
т 20,12 г 0.02012 кг
І 1 год. " 3600 с
1 — 7
Розв'язання;
Перетворимо формулу І закону електролізу для вн-
зничгпнм сипи струму: т кіі, тоді
Г = — , де А — 1,12 • 10 * -Г- — електрохімічний
А( Кл
еквівалент срібла (визначаємо іиі таблицею я підруч-
нику).
Ш»-~Кл =А1£-Д ; {/} = — °'°^Н2—- = 0,499 (А)
1 кг-с с 1 ' 360<і 1,12 10' ' '
Відповідь: сила струму дорівпю* 0,499 Д.
РОЗДІЛ 4
АТОМНЕ ЯДРО. ЯДЕРНА ЕНЕРГЕТИКА
ос
Е
5
X
а
к
о
с • 3 • 10* — — швидкість світла,
с
т - 6,67 І о * кг — маса а -частинки.
, ДА
д = — — стала розпаду.
N1
... 0.698^ .... ..
А = ХА = —— активність радіоактивної речовини, де N — кількість
здатних ло розпаду ядер, Т — період напіврозпаду.
„ Е
О -— — поглинута доза випромінювання.
т
.. л
N = — — потужність дози.
І
І) = — —експозиційна доза випромінювання.
т
ФІЗИКА Шут М. І. та ін. 615
3. Дамо.’
Ра-10000 — = 1 Ю’“
с с
с - 8 . ю" -
с
Завдання 16
Розв'язання:
Ц, _ _Н)’ _ 1
с 3 10* ’ ЗО*
Відповідь; швидкість а -частинки в ЗО разів менш»
за швидкість світла.
4. Дано:
та-б,67 10”кг
т, = 9,1 10 *'кг
Розв'язання:
т в.67Л0^
т, 9,1 10”
= 7330
Відповідь: маса електрона в 7330 разів менша за масу
а -частинки.
5. Дано:
V. зоооо —= з ют-
с с
та * 6.67 • 10 ”кг
£ - ?
Розв’язання:
Кінетичну енергію а -частинки визначаємо за форму
ті? , > кг м' „ _
лою Е * — ; | Е] = —р— -11м- Дж ;
2 с
, ( 6.67 Ю" (3 10’)‘
= 3 10 "(Дж).
Відповідь: енергія а -частинки дорівнює 3 • 10’* Дж.
4. Дано:
А - 2,8 мКі
і - 1 хв, - 60 с
ЛЛ' — ?
Завдання 17
Розв'язання:
Змінимо одиниці вимірювання з кюрі в беккерслі:
А - 2,8 мКі - 2,8 10 * Кі - 2.8 • 10 • • 3.7 • 10'° - 10.36 • 10т Бк.
Скористаємося формулами для активності радіоактивної ре-
човини та сталої розпаду: А » /Л' , X - ~ , тоді А = .
N1 і
Перетворимо цю формулу для обчислення кількості розпадів:
МІ • Аі. {ЛЛ} = 10,36 10’ 60-6.22 10е.
Відповідь: відбувається 6,22 • 10“ розпадів.
5, Дано: А - 10,2 • 10” Бк N-68,4 - 10»“ Розв'язання: Скористаємося формулою для визначення активності радіоактивної речовини;
Т — ? . 0,693ЛГ . _ 0.6931У г_, А » —. тоді Т = — : [7| с ; {т} = = 4’647 10’ <с> ’ 54 до6и •
Відповідь: період напіврозпаду речовини становить 54 доби.
Завдання 18
1. Дано:
Д, - 0.0004 Гр
- 1 РІК
іг - 15 років
Розв'язання:
Скористаємося формулою для визначення потужності дози:
.. Д д. дл
А= — . . Перетворимо Ці формули для обчислення
/ І, Є,
поглинутої дози;
616 ш ФІЗИКА Шут М. І. та Ін.
I = Гр ; рі|яО‘000і4-15=0,006(Гр|.
Відповідь: иог.иннут» лоза випртмінювання єтаюшить 0.000 Гр.
І. Дано:
£> - 0.0004 Гр
1, - 1 рік - 3,164 • 10т с
л7”?
Розв'язання:
Скористаємося формулою для визначення потужності
дози:
^ -; |ЛГ] = ГР; {.V} » -2^?^ - - 1,3 10 11' * Р І.
Г 1 4 С 1 ' 3.154 10 1 С ।
Відповідь: потужність дози дорівнює 1,3 * 10 ”
3. Дало
1 Р - 8,77 • 10 і Гр
N - ?
Розв'язання:
Гр ,
о |'
12—Р 1О*’-=1-—- =
гол год* 3600 с
хІІДІ 8,77 10 = 8 10 11 (
3600 с І
Відповідь: потужність поглинутої дози становить 3 * 10” .
с
4. Дано:
В - 0,05 Гр
Ро.?в‘яаання:
Еквівалентну дозу визначаємо за формулою В - ЛІ>
Для а • випромінювання к - 10. Тоді
-0.05 10-0,5(ЗвК
В - 1
«•«
Відповідь: еквівалентна доза дорівнює 0.5 За.
ФІЗИКА Шут М. І. та Ін. $ #17
Розв’язання
вправ та завдань
до підручника
«ХІМІЯ»
Г. А. Лашевської
ПОВТОРЕННЯ ОСНОВНИХ ПИТАНЬ КУРСУ ХІМІЇ 8 КЛАСУ
$ 1 Склад І властивості основних класів ноорі анічних сполук
Основні класи неорганічних сно.тук
оксиди
кислоти
НС1
НЬІО,
11,80,
солеї порти
I
основи
посол е-
творні
N0
СО
N.0
основні
Иа,0
ВаО
СиО
___у_
луги
КаОН
КОН
Ва(ОН),
солі
N•,00,
КН8О
МвОНСі
Ми[АІ(0ІІ)ч1
нерозчинні
основи
Си(ОН)4
ГеіОН),
Ге(ОН).
амфотерні
чч
2п0
ВеО
кислотні
со,
80,
РА
Оксиди • це бінарні сполуки елементів з Оксигеном, у яких атоми Оксигеиу
між собою безпосередньо не зв'язані.
Кислоти — це складні речовини, у молекулах яких атоми Гідрогену сполу-
чені а кислотними залишками.
Основи — це складні речовини, утворені катіонами металічних елементів
та аніонами гідроксильних груп.
Солі це складні речовини, утворені катіонами металічних елементів та аніо-
нами кислотних залишків.
Стор. 7
ї\ в
80, — сульфур(ІУ) оксид; А1(0Н), — алюміній гідроксид (алюміній ма< сталу
і
валентність Ш); Ав N0, — арґентум(І) нітрат
Стор. 8
МвО — основний оксид; Р,0, — кислотний оксид; А1,0, — амфотерний оксид.
Відповідь: 1 — А; 2 — Б; 3 — Г.
Н,8 — сульфідна кислота, двоосновна; Н,РО, — ортофосфатна кислота, три-
> 5 основна; НМО, — нітритна кислота, одноосвовна.
• І; Відповідь: 1 — Б; 2 — А; 3 — В.
1; — сульфатна кислоти, оксигеновмісна; Н,8 — сульфідна кислота, безок
сигенова; НС1 — хлоридиа кислота, безоксигеновя; Н,8іО, — силікатна кнело-
£; та, оксигеновмісна.
Відповідь: В, В.
Стор. 9
2НСІ + Мв => МвСЦ + Н,Т;
ЯЙШІ каш і » ШйП
2НСІ + СиО -♦ СиСІ, + Н,0
Ммиив» яуяоу» Ш> «яси куирум <П> «ллрм
620 ХІМІЯ Лашевська Г. А.
Си8О.
Са —• СяО
1) 2Са
кшшцЛ
2) СиО
киьаїв оаи жд
р 10
Н^О, + 2№0Н =>
2НСІ + =*
8О4 =>
+ На,С0, е=»
2№ОН +
йни* гіяФ«««ж
Ва(ОН),
йдаяй**
и,о
лагів аяемл
зо,
р 11
СаО
11,0
Н.о
СО, =
«ж4*«яКЛ.'І мдеай
Ге я
Г МДШ
ВаСІ, в» Ва8О,і +
«о* «>•* ми*
Мв»), +
ммпгів змМ*?
№,80,
2 МаСІ
N«,80,
2КаОН
«жграД гіфмяя
21дОН
лНИ гіцоммяи
11,80,
<ум*иш Я»™
2Н.0
И,0
4- ВаСО,і
Варів клрЛвмлі'
СаСО.
«алмов алрбою/ ЕейО, + Сні
ФчЧги(ІІ| гулМН* V»
Са(ОН), -» СаСІ,
О,
НаО
З)Са(ОН), + 2НС1
8 —» 80,
П8
МвСЦ
2СаО — реакція сполучення;
налмюй а—л
=» СаІОН), — реакція сполучення:
ЦММН ядрммяд
=» СаСІ, +
н,»о, -
О, =>
Н.О
12) 80, -1
3) Н^ЧО, + N8,0
І Відповідь: 2. А. 1.
211,0 - - реакція обміну або реакція
нейтралізації.
№,80,
80, - реакція сполучення:
гуяьфпИВ') «япа
=> 11,80, — реакція сполучення;
суяммтма меті
№,80, + Н,0 — реакція обміну.
п«іА еувфк іимм
. 12
1. Мв + М<0 -♦ М8(0Н), -> МкСІ,. МК(М0,),.
2. а) Мк8Оа — магній сульфіт, сіль; ВаО — барій оксид, основний оксид; Н,80, —
сульфатна кисліла, двоосновна, оксигеновмісна; ЕеїОН), — форум(Ш) гідроксид,
' нерозчинна основа; На — барій, проста речовина, метал; 80, — сульфур(VI) оксид,
кислотний оксид; ВаСІ, — барій хлорид, сіль; Ва(ОН), — барій гідроксид, луг;
НВг — бромідна кислота, одвоосновна, безоксигенова.
6)3 — сірка, проста речовина, неметал; НИО, — нітратна кислота, одкоосновиа,
( оксигеновмісна; йпСІ, — цинк хлорид, сіль; 80, — сульфур(Г\*) оксид, кислотний
оксид; СіЦОИ), - купрум(П) гідроксид, нерозчинна основа; Ма^зО, — натрій суль-
фіт, сіль: Н,0 — гідроген оксид, вода; Н^О, — сульфітна кислота, двоосновна,
оксигеновмісна; НОН — літій гідроксид, луг; СаО - кальцій оксид, основний
оксид; НС1 — жлорндна кислота, одноосновна, бсаоксигенова.
в) СиО — купрум(П) оксид, основний оксид; Н,РО, — ортофосфатна кисло-
та, триосновна, оксигеновмісна; С — вуглець, проста речовина, неметал;
ХІМІЯ Лашевська Г. А. $$ 621
Н,СО, — карбонатна кислота, двоосновна. оксигеновмісна; СО, — карбон(П')
оксид, кислотний оксид; Са(ОН), — кальцій гідроксид, луг; КД1О, — катій кар
бонат, сіль; СпЗО4 — купрум(П) сульфат, сіль; Ге(ОН), — ферум(П) гідроксил,
нерозчинна основа; Ііі — йолидня кислота, одноосновпь. безоксигенова.
г) 8іО, — силіцій(ІХ ) оксид, кислотний оксид; К,0 — калій оксид, основний
оксид; Мр|<ЯІ), — магній гідроксид, основа; 8і — кремній, проста речовина, не
метал; МнОН — натрій гідроксид, дуг; Н ДіО, — силікатна кислота, двоосновн,
оксніеновмісна; N0 — натрій, проста речовина. метал; А&СІ — арґентум(І) хло-
рид, сіль; К^ііО, — калій силікат, сіль; НГ фторидна кислота, однооскооиа.
безоксигеиови; АЦО, — алюміній оксид, амфотерний оксид.
3. Генетичний ряд літію: Ід —♦ 1.1,0 -» НОН —1 І.ШО,,
1) 41-і + О, 21.1,0;
2) Ід/І + Н.О => зион;
3) ион + і їмо, =о ико, +11,0.
Генетичний ряд вуглецю: С —і СО, —і Н,СО, —> N8,00,.
1) С + О, =» 00,;
2) СО -і Н,0 =» Н,СО,;
3) Н.СО, + £N8011 =» N«,00, + 2Н,0.
Ще можливі такі хімічні реакції:
1) 4Ц + С => Ьі.С;
2) Сі,О + СО, =» І^СО,;
3) иао 4- н,со, => и,со, + н.о;
•І) 2Б10Н і Сі/ => 1-1,00, + Н .О:
5) 2М0Н + Н/Х), -=» Ід,со, + 2Н.0.
§2. Хімічний зв’язок і будова речовин
Хімічним зв'язком називаються сили, які утримують атоми ь молекулах або
кристалах. Хімічний зв’язок має електронну природу.
Зв’язок між атомами аа рахунок спільних електронних пар називається нова
лснтним Йога зображують за допомогою електронних 1 графічних формул.
Наприклад, И — молекулярна формула (емпірична), Н:Н — електронна фор-
мула, Н-Н — графічна формула.
Якщо двохатомне молекула утворена атомами того самого хімічного елемен-
та неметалу, ти спільне електронна пара в ріпній мірі належить кожному
з атомів. Такий зв'язок називається ковалентним неполярним Наприклад:
н„ 0„ Сі,. N..
Ковалентний зв’язок, у якому СПІЛЬНІ електронні нари вміщені в бік більш
електронегативного атома, називається ковалентним полярним Наприклад:
Н*' ->Сі»\
Електронегативніеть хімічного елемента — це властивість його атома при
тягувати спільні а іншим атомом електронні пари. Зі зростанням протонного
числа електронегативність зроетпс в періодах і змеїішусться ь підгрупах.
винний зв’язок — це зв'язок між катіонами й атолами.
Сгор. 15
1.1) Б, В, Г, Д, Ж; 2) Б, Г; 3) Б, Г, Ж
2. В. З 1 — А. 2 - В 4 1 - А; 2 - В; 3 - В
Стпр 1Є
1.В 2 В. 3. В, А, В. Г
4. В. Б, А. Г.
5. А, Г, Д.
622 !;$!• ХІМІЯ Лашевська Г. А.
>р. 18
ВІ Гідроген
1. А. 3. 2, Б.
4. З, А.
й) молекулярні кристалічні ґратки; 6) молекулярні кристалічні ґратки; в) атом
»1 кристалічні ґратки.
Розв'язання
Дано-
ш(СО,і = 220 г Об'єм газу можна знайти за формулою V = V, у,
У(СО,) - ?
де V - 22,4 —— .
моль
У цій формулі невідома також кількість речовини V, її можна знайти за форму*
т 220 г
дою * = — . М(СО,) » 44 г/моль. Отже, V = ——--------- 5 моль.
V ’ 44 г/моль
Тоді V а 22,4 л/моль • 5 моль в 112 л.
Відповідь. УіСО,) = 112 л.
ТЕМА 1. РОЗЧИНИ
3. Поняття про дисперсні системи
ПОЯСНЕННЯ
Срслемзй — дисперсні системи, у яких дисперсною фазою є тверда речовина,
а дисперсійною — рідина, у якій тверда речовина практично не розчиняється.
Наприклад, суміш глини о водою.
Емульсії дисперсні системи, у яких і дисперсна, 1 дисперсійна фази — рі-
дини, які не змішуються. Наприклад, молоко, майонез.
Піни — дисперсні системи, у яких дисперсною фазою є газ, а дисперсійною —
І рідина або тверда речовина.
4,7о*і — високодисперсні системи, дисперсна фаза яких перебуває у твердому
Іагрегатному стані. Наприклад, кольорове скло, тютюновий дим.
Гелі — структуровані дисперсні системи, які за певних умов можуть утвори-
тися із золю. Наприклад, желе, кисіль — гелі.
2.1 — Б; 2 — А; 3 - В; 4 — Д.
З.Г.
1$;ХІМІЯ Лашевська Г, А. $й=; 623
§4. Розчин і його компоненти. Вода як розчинник, будова молекули води.
Поняття про водневий зв'язок
К
і
х
ш
X
о
(X
о
Розчин — однофазна гомогенна система, яка складається а двох або більше
компонентів, один із яких - розчинник, а Інші розчинені в ньому. Зазвичай
розчинником вважають той компонент, який у чистому вигляді існує в тому
самому агрегатному стані, що й розчин. Якщо компоненти розчину перебу-
вають в одному агрегатному стані, то розчинник — компонент, маса якого
в розчині найбільша.
Здатність води розчиняти найрізноманітніші речовини та інші унікальні влас
ти весті зумовлені хімічним складом і будовою її молекули. У молекулі води
ковалентні полярні зв'язки О-Н розміщені під кутом 104,5е. Це спричини»
асиметричність структури й виникнення диполя.
Диполь — система з двох зарядів, протилежних за знаком 1 однакових за ве-
личиною.
5-А. Г, Д.
6. А, Б. Г.
7. А, В, Г.
§ 5. Фізико-хімічна суть процесу розчинення. Поняття про кристалогідрати
та теплові явища, що супроводжують розчинення речовин
(X
о
<х
о
Розчинення — складний фізико-хімічний процес, який ие можна зводити
до простого механічного розподілу частинок розчинюваної речовини поміж
частинками розчинника. Розчинення речовин із полярними молекулами су-
проводжується утворенням водневих зв'язків між ними Й диполями води.
Якщо розчинник вода, процес взаємодії її молекул із частинками розчиню-
ваної речовини називають гідратацією, а Його продукти — гідратами.
Під час випаровування водних розчинів деяких твердих речовин утворюють-
ся кристалогідрати — кристали, до складу яких входять молекули води.
Кристалогідрати порівняно нестійкі й згодом розкладаються, втрачаючи криг
талізаційну воду.
2. А.
’4. 1 - В, 2 - А.
6. Б.
7. В.
86 Розчинність, їїзалежність від різних чинників. Насичені и ненасичені
розчини
<х
ш
X
о
їх
о
Розчинність — це показник, який позначає максимальну масу речовини, що
може за певних умов (температури, тиску) розчинитися в розчиннику масою
100 г.
Розчинність залежить від природи розчинюваної речовини й розчинника, тем-
ператури й тиску (для газуватих речовин).
Розчин є насиченим, якщо в ньому за певної температури й тиску розчинювана
речовина перебуває в рівновазі з розчином. Додавання до насиченого розчину
води порушує рівновагу в ньому — починає переважати процес розчинення
і розчин стає ненасиченим.
1.Б. 2 Б, В, Д. 4. А, В.
624 ф ХІМІЯ Лашевська Г. А.
:ний склад розчину. Масова частка розпинаної речовини
ЙІвеоов частка розчиненої речовини — це відношення П маси до загальної
Маса розчину.
касову частку розчиненої речовини * бінарному розчині обчислюють за фор-
ИГ т(х)
Мулою ш(х) = ' , г-' 1 —. , де «Дх) — масова частка розчиненої речови-
Г Ж ЇХ ) “І" Ж (аз |
Ь х: т(х) — маса розчиненої речовини х (г); т(5) — маса розчинника <г);
лі( розчину і = т(х) + т(Я).
І. Дано:
і и\оцт, к-ти) = 6%
Г 7(оцту) = 1 л
| р = 1 кг/л
І лЦоцт к тн) — 7
• |Г
І|А-
РБ. Г.
В, І — В 2 — А: 3 - В; 4 — Г.
Розв’язання
Скористаємося формулою масової частки оцтової кислоти;
тіоцт. к-тм)
ш% (оцт. к-тн) —> т——т-^ 100%.
т (оцту)
З неї виведемо формулу
т(оцту)- Ш%(оЦТ. КТИІ
т(оцт. К-ТИ) = —5---- іов к------- •
У цій формулі невідома т(оцту). Її знайдемо за формулою
т(оцту) Цоцту) • р(оцту). Отже, т(оцту) 1 л 1 кг/л = 4 кг. або 1000 г;
. . 1000 г-6%
тоді т(оцт. к-ти) = ———----- = 60 г.
100 %
Відповідь: ш(оцтової кислоти) • 60 г.
в. Дано Розв’язання
т(оцт. есенції) 250 г Скористаємося формулою маювоі частки розчиненої
| »(оцт. кислоти) 0,7
ї -— -------------------- речовини в розчині: Ноцт. к ти) =
яЦоцт. к-тн) — 7
лцоцт. к тн
лі (оцт. есенції)
)' 3 цієї формули /п(оцт. к ти) = т(оцт. есенції) иЧоцг. к-ти);
т(оцт. к-ти) = 250 г 0,7 = 175 г.
Відповідь: т(оцтової кислоти) 175 г.
7. Дано.
ш(оцт. к-ти) = 9%
т(оцт, к-ти) = 175 г
тістол. оцту) — 7
ПН,О) — 7
Розв'язання
Скористаємося формулою масової частки оцтової кисло-
ти в столовому оцті:
т(оцт. к-тн)
иі%(оцт. к-ти) —?——-----
т(стол. оцту)
З цієї формули: т(стол. оцту) >
100%.
т(оцт. к-ти)
- 100%;
мі%(опт. к-ти)
лЦстол. оцту)= 1?- - 100% 1944 (г). Тепер знайдемо т(Н,0) у столовому оцті:
лі(Н,О) т(стол. оцту) - лцоцт. к-ти); 01(11,0) 1944 г - 175 г = 1769 (г).
Для розрахунку об’єму НО скористаємося формулою V = —, де р(Н.О)« 1 кг/л.
Отже, Г(Н,0) - = 1,769 (л).
’ 1 кг/л
Відповідь: Г(Н30) = 1,769 л
ХІМІЯ Лашевська Г. А. 025
Розв'язання
/п(Г<<іСІ)
ю%(МаС1) = —, , 100%. З цісі формули
Лі Ір(М І инс
"* *(Розчину)ц)%(тС(|
^-С,)з к Ї00% ‘
де ш(розчину) = Е(розчину) іХрцЗЧИНу).
8. Дано-
нЧИаСІЬ 0,9%
Ирозчияу) = 1 л
р(розчину) - 1 кг/л
т(Ха<’1) — ?
У(Н,О) - ?
Отже, «(розчину) = 1 л 1 кг/л - 1 кг, або 1000 г,
™ 1000 г-0,9% п
а лі(ІЧвСІ) = --9 г.
ІОО •’
Тепер знайдемо масу води т(Н,0) = «(розчину) - т(МаС)) = 1000 г - 9 г - 991 г,
або 0,991 кг. Знайдемо об'єм води: ИН.О) - —1 « 0,991 кг _ дді д
ЩН/)) І кг/л
Відповідь. т(ІЧаСІ) 9 г; У(Н 0) = 0.991 л. ІЦоб перевірити, істинним чи колоїд-
ним с фізіологічний розчин, треба скористатися ефектом Тіпдаля.
9. Дано:
Іїнашат. сп.) = 40 мл
№% (амоніаку) = 10%
щиашат. сп.) = 1 г'мл
«(Н,О) - ?
Розв’язання
З формули масової частки амоніаку в розчині знайдемо
лі(яашат сп.і-ш%
масу амоніаку; ті амоніаку) = —----— — -
100 %
У цій формулі
ш(ішшат. сп.) У(нашат. сп.) • іНнашат. сп ).
40 г 10 %
Отже, т(нашат. сп.) = 40 мл і г/мл = 40 г: тіампніаку) ------------
Тоді т(Н.О) - 40 г - 4 г = 36 г, 100 *
Відповідь: /71(0,0) 36 і .
10. а). Дано;
ККО,
І = 20 С
4 г,
и(КМО,) — ї
Розв'язання
За графіком (див. рис. 7.4. Криві розчинності в підручнику)
з’ясовуємо, іцо за цієї температури в 100 г води розчиняється
калій нітрат масою 11 г. Обчислимо масову частку солі:
т(КК’О,) ііг
^N0.)= , -ч = „ - -0.099. або9,9%.
* т(К>О,р т(Н,0) ПгчІООг
^(КМОЗ- т<К!ЧО:\ ---------------11г---- -0,099. або 9,9%.
«|КГЧО,І + /п(И.ОІ І1г+100г
Відповідь; и>(К1ЧО,) = 9.9%, Задачі 10 (б, в, г. д, ж) розв'язуються аналогічно
до задачі 10 (а).
11. Дано:
«(ЕеЗО, 7Н,О) = 27,8 г
ИН 0) = 744,8 мл
ійГвЗОр — ?
Розв'язання
«(ГеЗО.)
иХГоЗО,} - — Л ——А/;
т (розчину)
«(розчину) = «(ЕеЗО, 7Н,О) + «(11,0) =
ж 27,8 г + 714,8 мл 1 г/мл 772,6 г.
ЛЦРеНО, 7Н,0) = 278 г/моль; ЛЦГеЗО,) = 182 г/моль. Отже, у 278 г ЕебО, 711,0
міститься 152 г Ее8О4, у 27,8 г ГеНО4 7Н,0 міститься * г Г--8О,.
* " ~2І8г"" Г " 18,2 г (Ре8о«>-
Обчислимо масову частку Ее8О4:
т(1е8О.) 15.2 г
и'(Ее8О ) я —у------- = , - 0,02, тобто 2%.
т(розчиму[ 772.6 т
Відповідь. В.
626 ХІМІЯ Лашевська Г. А.
' »(СиЯО,/ 7
Дано
тїСиЗО, 6Н,О) = 50 г;
і И(Н,О) 750 мл;
Розв'язання
Задача розв’язується аналогічно до задачі 11. Врахуйте
лише, що М(€и8О4) - 160 г/моль;
АЛСіїЕО, • 5Н/Л -250 г/моль
Тоді тЦіиБО.) - - - 32 г;
* 250 г
тїрозчнну) - 32 г + 750 мл 1 г/мл = 782 г, в иг(СиКО,) = - 0,04, тобто 4 %,
Відповідь: и>(СиЗО4) = 4 %,
. Виготовлення розчину. Значення розчинів у природі та житті людини
я виготовлення розчинів потрібні: днстильльвна вода, розчинювана речо-
йіпа, ваг'н, мірний посуд, посуд для розчиненая, шпатплі або лі-жс-чки для
бору речовин, скляні палички, лійка, фільтрувальний папір, и)юометри.
Порції водії зазвичай відмірюють за допомогою мірних циліндрів. Порції
рдих речовин зважують на вагах із погрішністю не більше 0,1—1 г. Роз-
чинення здійснюють у чистому посуді, який не взаємодіє з розчином. При
Потребі готовий розчин фільтрують.
СК
X
о
(К
о
і А. В, Г. Е, Ж, И.
к. Г. В, Б. А.
*. Дане;
Г т(розчиііу) - 150 г
І іс(солі) = 0.04
І т(іЧйСі) - 7
Г ЦН,О) - ?
Розв'язання
З формули масової частки рпічивюььиої ]іечовинн в роз-
т(рсчов.)
чині ш - . ..і, . .... г- знайдемо масу розчинюваної речо-
т| розчину)
вини (у задачі розчинюваною речовиною є КаСІ):
т(ХаСІ) = ті розчину) иЧМаСІ); т(ЖСІ) = 150 г 0,04 -6 г.
т
Обчислимо масу воли, необхідну для приготування розчину: т(Н,0)« т(розчипу)
Г - т(Я аСІ); нЦЯ,О) 150 г - б г = 144 г.
' Об'єм води розрахуємо за формулою V = - , до р = 1 Г/мл.
Отже, Г(Н,О) = 141 г : 1 г/мл 141 мл. Р
Відповідь: я»(МаС1)
Р
6 П У(НҐО) = 144 мл.
4. Дано;
тїрозчипі । 2&0 і
<о< Сахарози) 0,2
т(цухру) - 7
ИН.Оі - 7
45. Дано-
т(розчииу) 80 г
иЧИїцСО,) - 5%
т(Ка,С0,) - ?
ИН/>) - 7
Розв'язання
Задача розв’язується аналогічно до задачі З
ті цукру) » т(розчину) и> = 250 г 0,2 = 50 г;
пцН О) = т(роачину) - тїцукру) = 250 г - 50 г - 200 г;
т(Н.О) 200 г
О) - -4 ™' - - - 200 мл.
' * 1 р Н.О) 1 г'мл
Розв'язання
т&іа^СО^) = т(розчиву) • «ДПа^СО^ = 80 г 0,05 = 4 г;
міН40) = ЙО в 4 г = 76 г;
УіН О) = <6г = 76 мл,
1 г/мл
Віаловк/ь.- тіКа^СО,) = 4 г; У(Н,О) = 76 мл.
ХІМІЯ Лашевська Г. А. Є27
6. Дано:
Г(роачниу) 200 віл
р = 1 Г/Мл
Мсодії) = 3%
іг(боратііої кислоти) =5%
т(содн) — ?
Г,(Н,О) - ? ’
тіборатноі кислоти) — ?
V (И,0) - ?
Розв'язання
Спочатку обчислимо масу кожного розчину:
лцроачину)» V р 200 мл 1 г/мл 200 г,
1) Обчислимо т(соди) 1 К(Н,О) для приготування
першого розчину.
пЦсоди) = т(розчииу) - иЧсоДи) = 20(1 г • 0.03 = 6 п
пціЦО) = 200 г - 6 г = 194 г;
V,(Н О) = 194 мл.
Отже, для приготування розчину питної соди треоа
важити б г соди й долити 194 мл води.
2) Обчислимо лі(боратво1 кислоти) 1 Г(Н7О) для приготушшіїя другого розчину
т(боратиоІ кислоти) - т(розчииу). <о(боратііоІ кислоти) = 200 г 0,05 - 10 г;
т(Й,0) = 200 г - 10 г =• 190 г; І'(НО) = 190 мл.
Отже, для приготування розчину боратної кислоти треба івнжпти ю г боратпої
кислоти й долити 190 мл води.
Відповідь: т(соди) = 6 г, Г^Н.О) = 1.94 мл, т(боратпоі кислоти) = 10 г, ИН,О) =
«190 мл.
в 9. Електроліти та неелектроліти Електролітична дисоціація
ш
X
о
а
О
Речовини, водні розчини яки* проводять електричний струм, наливаються
електролітами, До них належать сполуки з йоіпіим і ковалентним сіільр'
полярним зв'язком. Це — солі, луги, кислоти.
Речиьини, водій розчини яких не проводить електричний струм, називають
ся неелектролітами До них належать сполуки з ковалентним неполярним
1 слабополярнмм зв'язком
Електролітична дисоціація — це процес пивного або часткового розпаду
електролітів на йони піл впливом полярних молекул води-
1.Г.
б. А.
6. В,
8. а) СИНОД, б) Ке,(80,),; в) ІдОН; г) Н,РО,.
9 а) мі, тому що азот с нселсктролітом; б) так, тому що карбон(ІУ) оксид частково
реагує з водою, утворюючи карбонатну кислоту; в) ні. тому що кисень с имлек-
тролітом; г) так, тому що іюдиий розчин гідроген броміду е кислотою.
910. Електролітична дисоціація кислот, основ, солей у водних розчинах
о:
О
№
О
Кислотами називаються електроліти, унаслідок дисоціації яких на утво
рюютьсл жодні Інші катіони, крім гідратовачих йошп Гідрогену. Осповністі-
кнелоти визначають за кількістю катіонів Гідрогену, які утворюються в ре-
зультаті дисоціації однієї молекули кислоти Вагатоосновні кислоти дисоцію-
ють ступінчасто.
Лугами називаються електроліти, які у водному розчині дисоціюють з утво
рениям пдритовапнх гідроксид-вніоніл. Луги — йокиї речовини, тому їхня
дисоціація е поемою.
Солями називаються електроліти, які у водних розчинах дисоціюють на гід
рятовані катіони металічних елементів й ан'Оии кислотних залишків,
Процес дисоціації електролітів у водному розчині спрощено описує рівняння
електролітичної дисоціації.
1 1 — В; 2 — В.
628 ХІМІЯ Лашевська Г. А,
б. Дано:
НН 0) = 2 л
І у(к-ти) = 0,2 моль
[ а(к-ти) ° 0,02
(N0,), рі Са” + 2ИО,,
ЛМловіЛь: 2.
К,РО, <=* ЗК* + ро;- .
МДОловідь.* Г.
і») В; б) В.
> А: б) В.
цтовя кислота СН.СООН е одиоосновиою.
+ 2Н2О о 2ЯаОН * ИаТ. Розчин КаОН проводитиме електричний струм,
бо аіп є електролітом; рН > 7. Це можна довести за допомогою індикатора. На-
приклад, фенолфталеїн набуває малинового кольору.
ІіаСІ - Н,80, в» КаНВО4 + НСіТ. Водний розчин НСІ — хлоридна кислота. Цей
розчин с електролітом, його рН < 7. Це можна довести за допомогою індикатора.
Наприклад, лакмус у розчині хлоридноі кислоти иабува» червоного кольору.
11. Ступінь дисоціації. Сильні й слабкі електроліти
’тупїнь електролітичної дисоціації — це відношення числа молекул (фор-
Кяьиих одиниць), які розпалися на йонн, до загального числа молекул (фор-
льних одиниць) розчиненої речовини.
, . п(-х) , \ я(х’)
,м*-
іти. ступінь дисоціації яких навіть у відносно концентрованих розчи-
іах високий (близький до 1), називаються сильними, а електроліти, ступінь
голів ції яких навіть у розведених розчинах низький — слабкими
а
х
х
ш
х
о
а
О
І Відповідь. А.
40% — це означає, що = 40, а уіХ)ж • 100.
<01 «є, У(ЙО„„ = 100 - 40 = 60,
Знайдемо відношення , 60 : 40 = 3 ; 2.
| Відповідь: А.
Й. В, В.
Розв’язан нл
у(Х)
З формули а зпайДемо кількість речовини кис-
лоти, яка проднсоціювала:
у(Х)іж. = а У(Х)_ - 0,02 0,2 ж 0,004 моль.
у(к — 7
Отже, кількість речовини кислоти, яка не дисоціювала, становить
0,2 моль - 0,004 моль - 0,196 моль. Тоді число її недисоційованях молекул
У(Х)Ч21И • Л.Х)... = • 10а моль * 1 - 0,190 моль = 1,18 10”.
Відповідь; у(к ти)..^ 1,18 10” молекул.
1 _ Б. 2 - В
ХІМІЯ Лашевська Г. А. 629
X
X
ш
X
о
а
о
с
§12. Реакції обміну в розчинах електролітів, умови їх перебігу. Йонні
рівняння
Реакції обміну між електролітами в розчинах відбуваються за участю йонів —
частинок, які реально існують у розчинах солей, лугів і кислот. Такі реакції
називаються йониими. а рівняння цих реакцій — (іонними рівняннями.
Якщо Йонні рівняння не супроводжуються зміною зарядів Йонів, то їх на-
зивають реакціями (Іонного обміну. Реакції йонного обміну перебігають до
кінця, якщо серед продуктів реакції с осад, газувата речовий», вода чи інше
малодисоційована речовина. Для прогнозування можливості перебігу реакцій
йонного обміну в розчинах електролітів використовують таблицю «Розчинність
кислот, основ 1 солей у воді».
1. а) Ка,СО, + СаСІ, => СаСО,1 + 2МаС1;
2Ме + СО* + Са2' т 1361- =» СаСО, + З**- 4 Ш- ;
СОЇ + Са*' =» СаСО, і.
б) 2НС1 + МуСО, =» М«С1, + СО,Т + Н,О;
2Н' * «61 + МуСО, => м<‘ + ЗО- +00, Т + Н,0;
2Н- +• МуСО, => Му»’ т С0,Т + Н,о.
в) 2НМО, + Ва(ОН), =» Ва(МО,), + 2Н,0;
2Н + аябі + Не1 2 3 4 5 * 7- + 2ОН =» Ва-’- + 2М+, + 2Н,0 ;
2Н + 2ОН я» 2Н,О;
Н' + ОН => Н,0.
2. В; МуЗО, + ^(N0,), =» Вв&О.І + N^N0,),;
ЗО;* + Ва’- «о ВаЗО,-
3. В. КОН 1 НИО, => К1Ч0, + Н,0;
ОН + Н' => Н,0.
4. Скористаємося таблицею «Розчинність кислот, основ і солей у воді». Знайдемо
електроліти, які містять зазначені йони.
а) РЩНО,), + 2МаС1 =» РЬС1,+ + 2НаМ0,; РЬ” + 2СГ =» РЬСІ,1.
Аналогічний результат буде і при взаємодії плюмбум(П) ацетату РЬ(СН,СОО),
Із калій хлоридом КСІ.
б) ОН + Н‘ => Н,0. Реагентами можуть бути будь-яка сильна кислота (НСІ,
НКО,. Н,304) та будь-який луг (!ЧаОН, КОН тощо).
в) 2Н + 810* =» Н*810,<1>. Реагентами можуть бути будь-яка сильна кисло
та (НСІ, НМО,. Н^ЗО4) та розчинні у воді силікати (11,810,, (НН4)^5іО,. К^іО,.
№,810,);
г) 2Н‘ + Си(ОН),1 =о Си* + 2Н,О. У якосп реагенту треба обрати сильну кис-
лоту.
д) 2Н ' + З1' з» Н^Т. Реагентами будуть будь-яка сильна кислота й розчинні
сульфіди (11,8, N3,8. К,8, 8г6 тощо).
5. Одночасно перебувати в розчині не можуть ті йони, які між собою взаємодіють
а утворенням осаду, газу, води або іншої малодисоційованої речовини. Це йонн
Са* і РОЇ . Ре* 1 ОН .
Оскільки ЗСа« + 2РО; о Са,(РО4),Х. Ре* + ЗОН =» Ре(ОН),і.
Відповідь: А, Б.
7, Другим реагентом повинні бути добре розчинні у воді хлориди (КаСІ. КСІ, СиСІ,
тощо) або хлорилнп кислота, яка теж є електролітом.
НаСІ + АвИО, =» N^N0, + АеС1+;
41»^ + СГ + А<‘ + -ИОї » -Мя т N0, + А«С1 4. ;
СІ" •» Ае' => А<С1І.
630 ХІМІЯ Лашевська Г. А.
І. При взаємодії розчину Н/50, і розчину Ва(ОН), утворюється осад ВаБО,г біло-
I го кольору:
І ВЦ8О, + Ва(ОП), я» Ва8О,1 + 2Н,О;
| 2Н + 80} + На” + 20И => ВаЗОД + 2Н,0.
[ Відповідь,- індикатор приладу показуватиме зменшення електропровідності роз
І чину.
ТЕМА 2. ХІМІЧНІ РЕАКЦІЇ
113. Класифікація хімічних реакцій за різними ознаками
І Хімічні реакції класифікують за різними ознаками: кількістю і складом реа-
пентів і продуктів, тепловим ефектом, зміною ступенів окиснеияя елементів,
І оборотністю тощо.
За кількістю і складом реагентів і продуктів розрізняють, реакції розкладу,
сполучення, заміщення, обміну
Реакції розкладу відбуваються за участю одного реагенту з утворенням кіль-
кох продукті»: 2НСІ аз Н + Сі,; МДОН), -а Мд<) + Н,0.
Реакції сполучення, навпаки, відбуваються за участю кількох реагентів з утво-
“знням одного продукту: 2Н3 + О, =* 2Н,0; СвСО, + Н,0 + СО, => СаіНСО,),.
реакціях заміщення реагенти — проста і складна речовини. Під час реакції
атоми простої речовини заміщують втоми одного з хімічних елементів у склад-
ній речовині. Продукти — нові проста й складна речовини:
2п + 2НС1 =» 2пСІ, + Н,Т; 1А1 + ЗТІС1, => 4А1СІ, + ЗТі.
У реакціях обміну реагенти — дві складні речовини. Під час реакції вони об-
мінюються складовими частинами й утворюються дві нові складні речовини:
№СІ + АкИО, => N«N0, + АяСІІ; СиО + 2НЯ0, » Си(ї40,), + Н,0.
г;
І, Г. ЗМпО, + 2А1 =» 2АІ,О, ь ЗМп.
2.1 -- А, 2 — В, 3 - Б.
З а) В (це реакція нейтралізації).
б) N«011 + НС1 -=> МаСІ + Н,О.
Ка <• 0Н +ІГ + СІ-=> Ке- г С1- +Н;0 .
ОН + Н’ =» н,о.
4. До реакцій сполучення належать спалювання сірки (Г) та прожарювання міді
. (А). Запишемо рівняння цих реакцій і порахуємо суму коефіцієнтів у кожно-
му з них:
И г
А: 2Си + О, => 2СиО; 2 + 1 + 2 = 5;
Г: 8 + О, я» 80, ; 1 І 1 4 1 = 3.
Відповість: А
в. Реакція гасіння вапна належить до реакцій сполучення. Рівняння реакції:
| СаО + Н,0 => Са(ОИ),.
в. АЦОН), + ЗНС1 =» А1СІ, + ЗН .О — реакція обміну.
АДОІІ), + ЗЯ' + ЗС+ => АР* + 4С4 + ЗН,О.
А1(ОН), 4 ЗН => Аі’" + ЗН,О.
МкїОН), + 2НС1 =» МкСЦ + 2Н,0 — реакція обміну.
М«(0Н), + 2Н‘ т 361 => + 40 + 211,0.
Мк(ОН), + 2Н- «о Мк” + 2Н,0.
Причиною печії с йопи Н' у складі шлункового соку.
ХІМІЯ Лашевська Г. А. 631
8. 1Р + 50, => 2Р.0,; 4 + 5 + 2-11 — реакція сполучення
9. 2АЦОН), + ЗН,8О, =» А1 І&ОД + 6Н,О; 2*3 + 1+ 8=12 — реакція обміну.
10- 2Ьа 4 2Н,О я» ЗічнОН + Н,Т; 2 + 2 + 2 + 1 7 — реакція «зміщення
§14. Окисно*відновні реакції
С ту лінь окискєння — це умовний .заряд, який виникає ва аюмі внаслідок
переходу від одних атомів до інших або зміщення спільних елекіропнпх пар
у бік атомів більш електронегативних елементів. Ступені окислення познака
ють у формулах речовин над символами елементів. Наприклад: Н'СІ , АІ^’О,
-і
н ьо,.
Окисно відновні реакції супроводжуються переходом або зміщенням валентних
електронів від «томів із меншою електронегативністю до атомів із більшою
Процес втрати електронів а томом називається окисненлл м, в процес приєднав
ня електронів — оіЗноалснкям. Атоми або Яоіін, які приєднують електрони,
називаються окисниками, а ті, які віддаючі- електрони, — відколи и кажи.
Коефіцієнти а окнено-відноиних реакціях добираються методом електронно-
го балансу
1. Окисненна — Це ПроЦеї втраті» спскТроШн АтОМОМ. ОіЖс. 1і|мп>тЛЬНл. ПІДІІОИ' ц>» Б.
2. Запишемо рівняння згоряння вугілля: С + О, =» СО, Визначимо ступені окненен-
« о ч з
ня елементів: С + О, =» С О, . Запишемо рівняння півредкщй: С" - 4 є -+ С —
процес окислення: О, -1 2 * 4- 4е —♦ 20 ’ — процес відновлення. Отже, обидва хлоп-
ці були пряні.
3.1) 2п + РЬ(*!0,1, => 2ПІ1Ч0,), + РЬ;
2п + РЬ1 + тНЧО => 2п" + ЗИЄ, + РЬ;
2п + РЬ- =» їп" + РЬ.
У результаті паличка вкривається евннпавнм нальотом.
2) РЬ + СпІИО,), ш РЦКО,), + Сік
РЬ + Си" + Зт, =» РЬ* + й*++ + Си;
РЬ + Си*‘ =» РЬ” + Си
Унаслідок реакцій розчин стає блідим, паличка вкривається мідним нальо-
том
Зі 2п + Си(КО^, =» 2п(М>,), + Си;
2п + Си" + 2М>. => 2п" + «40, + Си;
2п + Си1 -з 2п" + Си.
У результаті розчин ста« блідим, паличка вкривається мідним нальотом.
4. І) Вт; +К І -»К 8г тії ;
Вг? + 2/ -+ 2Вг Я І д І 1 процес відновлення.
$ 21" - 2е —> і; 2 ] І процес оклененкя.
£ Вг, + 2К1 => 2КВг + І,.
(•! У йошіому вигляді: Вг, 4 Ж - + 21 =» Ж + 2Вг + І,;
$ Вг, + 2Г =» 2Вг + І,.
| 2) Сі; + Иа Вг -> Ма’СГ + Вг’ ;
Сі; * 2г -> 2С1 2 2 І 1 процес відновлення.
2Вт -2с-♦ Вг, 2 1 процес окискення.
СІ, + 2НаВг =• 2!ЧаС1 + Вг,.
У Йонкому вигляді: СІ, + 2Ма~ + 2Вг => 2Ка- + ЗСГ + Вг,;
С12 + 2Вг 2С1 + Вг,.
632 ХІМІЯ Лашевська Г. А.
. Закінчимо рівняння реакції методом електронного балансу: С" + 0$ -» СО, .
Г С” -4? -> С* 4 її процес окигнеяня
Ої + 4е —> 20’’ І 4 | | 1 процес відновлення
І 3 рівнянь електронного балансу видно, що число приєднаних електронів лорія
г июе 4.
йігілоеніе. Г.
. Вкладемо рійна пня реакції між алюмінії м і хлорид ною кислотою методом олек-
I тронного баїангу: АГ тії'СІ -» АІС1, * Н” Т
Г А1“ —3? —> АГ* '
2Н + 2? -4 н;
2
з
І 2АІ - висі -> 2А1С1, + ЗН,Т.
І Загальне число прн< днпннх електронів дорівнює 6. Слід ьрахувата коефіцієнт
І; перед Гідрогеном у рівнянні реакції.
г Відповідь Б.
'кладемо рівняння реакції між цинком і розбавленою сульфатною кислотою
Ь о . ->• 1 +> » -І
Г методом електронного баланс} : 2п Є II 8 О, -4 2п 8 04+ Н' .
І 2п - 2е -» 2п ' І 2 [
1 2Н* + 2? -4 11, | 2
І Отже, відновником Є 2л .
Відповідь в.
процес окненення.
процес відновлення.
1 ВІДНОВНИК.
] ОКИСНИК.
З
2
в
А. Доповнимо запис електронного балансу:
1) Сн* 2? -о Са** 2 І 2 відновник, процес окнепепня.
2) О} + 4? -420'* '4 11 окисник, процес відновлення.
| «> -а
І Складемо рівняння окисно-відновної реакції: 2Са'_ + 0° -=» 2СаО.
б. Окисник — цс елемент, який приймає електрони А тим самим знижує свій
І ступінь окиенсппя. Визначте ступінь окиснення Гідрогену ь кожній формулі,
і ви зрозумієте, що правильні відповіді — В, В,
І 1) СН; ->С’ + Н’: 2Н +2а-4Н?.
2) 2п + Н'СІ «» 2пС1, + н; ; 2П‘ + 2 Т - > Н” .
015. Класифікація хімічних реакцій за тепловим ефектом. Термохімічне
рівняння
За тепловим ефектом реакції поділяються на екзотермічні ть ендотермічні.
Екзотермічні реакції супроводжуються виділенням теплоти, ендотермія
КІ — ПОІЯИНаИИЯМ теплової енергії.
Тепловий ефект у ріаинні екзотермічної реакції позначають ДН < 0. а в ріь
нянні ендотермічної реакції — Ш > 0.
Термохімічне рівняння — цв рівняння хімічної реакції, у якому зазначають
агрегатні стани речовин і для якого наводять числове значення теплового
ефекту.
а
ОІ
X
о
СК
о
б. В
7. Ендотермічні реакції '•упроводжуються поглинанням тепла, 1 тепловий ефект
такої реакції позначають Мі 0 Отже, до ендотермічних реакцій належать
реакції Г, Е
ХІМІЙ Лашевська Г. А. 633
8. Розглянемо зазначену реакцію з точки зору окисно-відновного процесу:
СиСІ,+ АІ” ->ЛЛСІ,+Си.
Си*’ + 29 -+Си” ІЗ _ І 2 окисник, процес відновлення.
АІ” - 3 е -» АГ* | 2 | 3 відновник, процес окиснення.
ЗСиСІ, + 2АІ => 2А1СІ, + ЗСи.
А тепер розглянемо ту саму реакцію з точки зору електролітичної дисоціації:
ЗСиСІ, + 2АІ =» 2А1С), + ЗСи;
ЗСи’* +661 + 2Л1 => 2АР* + 661 + ЗСи;
ЗСи’* + 2Л1 =» 2Л)” + ЗСи.
816. Швидкість хімічної реакції, залежність швидкості реакції від різних
чинників
<Х
ш
х
о
ех
о
Швидкість хімічної реакції — це швидкість, з якою утворюються ііродук І
ти хімічної реакції або витрачаються реагенти. Швидкість хімічної реакції
залежить від природи реагентів, їхньої концентрації, ступеня подрібненості,
температури, каталізатора.
Каталізатор — це речовина, яка збільшує швидкість реакції, але сама при
цьому кількісно ве витрачається.
Енергія активації — це запас енергії, необхідний для того, щоб під час зіткнен-
ня частинок реагентів зруйнувалися старі й утворилися нові хімічні зв'язки.
7.1 — Б; 2 — В; 3 - А; 4 - Д.
8. Хлоридна кислота активніша за оцтову. Отже, реакція між цинком і хлоридною
кислотою відбуваєіься швидше.
§17. Оборотні й необоротні реакції
(X
X
X
ш
X
о
(X
о
с
Реакція необоротна, якщо в реакційній суміші після завершення процесу
не можна виявити хоча б один із реагентів.
Реакція оборотна, якщо після встановлення рівноваги в реакційній суміші
наявні всі учасники реакції — і реагенти. і продукти. У рівняннях оборотних
реакцій використовують знак , який вказує на одночасний перебіг двох
протилежних за напрямками реакцій — прямої (-») й оберненої (+-).
4. А, Б, В.
5. Рівняння оберненої реакції: 280, -+ 280, + 05; ДН > 0. Це реакція ендотерміч-
на, окисно-відновна, реакція розкладу.
ТЕМАЗ. НАЙВАЖЛИВІШІ ОРГАНІЧНІ СПОЛУКИ
818- Спільні й відмінні ознаки органічних сполук. Особливості будови атома
; Карбону в основному й збудженому станах. Утворення ковалентних зв’язків
*• між атомами Карбону
<х
о
с
Органічні речовини — це сполуки Карбону. Воїт горючі, обвуглюються за на-
грівання й Істотно поступаються за термостійкістю неорганічним сполукам
Для органічних сполук характерне існування чималої кількості ізомерів — ре-
човин з однаковим якісним і кількісним складом, але з різними властивос-
тями.
В основному стані атом Карбону має електронну конфігурацію 1«’2«’2р’,
а в збудженому — Ів’Зз'Зр’, 1 всі'чотири електрони зовнішнього рівня стають
неспарсиими. Тому валентність IV властива атомам Карбону в збудженому стані.
634 ХІМІЯ Лашевська Г. А.
1. А. В. Г.
зі 1 - В; 2 - Г (Кольбе. 1845); З — Г; 4-Е; 5 — В
♦. П
кв. г.
н Фотосинтез - процес утворення глюкози з вуглекислого газу й води під дією
М? є
І світла: 6СО, + 6Н,О -» С1вНпО, + 60,.
і. Моделі молекул. Значення моделювання в хімії. Структурні формули
анічмиж речовин
Моделювання — це вивчення явища або об’єкта за допомогою його аналогів
^моделей).
Структурні формули органічних речовин — знакові моделі, у яких символи
мімічних елементів сполучені рисочками, кількість яких відповідає валеит-
Вості атома цього елемента в сполуці.
В. Повна структурна формули речовини:
Г сн,-снсн,снсн,
СН, СН,
І Хімічна формула речовини — С,!!,,.
120. Метан
екулярна формула метану — СН його молярна маса — 16 г/моль, масова
а Карбону в металі становить 75 %.
ав — безбарвний газ без смаку Й запаху, малорозчинний у воді, майже
чі легший за повітря.
Молекула метану ма- тетраедричну будову, вона неполярна. Метан стійкий
до дії розчинів кислот і лугів та окиснения (не знебарвлює фіолетовий розчин
алій перманганату, бромну воду).
я горить: СН, + 20, -» СО, * 211,0; АН < 0.
Як насичений вуглеводень метан вступе» в реакції заміщення: галогенуван-
ня, нітрування.
<х
ш
X
о
о
о
І. А. 2. В. 3. СН^Н. 5. А.
10.1 — В; 2 — А.
д 21. Відношення об’ємів газів у хімічних реакціях
І к—.......... . , -------- .............
І Заков об’ємних відношень газів (закои Ж. Л. Гей-Люссака) формулюється
так:
* За однакових умов об'єми галуватих речовин у хімічних реакціях співвід
носяться між собою як невеликі цілі числа:
У(Х,): Г(Ха): Г(Х,) = гіХ.): И*,): \(Х,)«.
2. Запишемо рівняння реакції взаємодії водпю з киснем 2Н, + О, =» 2Н,О.
З рівняння реакції видно, що У(Н,) : Г|НО) =2:2, або 1:1.
Отже, ГСН,) » 300 л.
Відповідь- Б.
ХІМІЯ Лашевська Г. А, £:•; 635
3. З рівняння реакції повного хлорування метану 4СІ, + СН( -» ССІ, + 4НСІ
чидно, що НСІ,) і ИНСІ) -=4:4, або 1 : 1 Отже, ПСІ,) = 4о л.
Відповідь: В
4. З рівняння реакції пчвиого хлорування метану СН, + 4СІ, » ССІ, + -ІНСІ
1
видно, що ИСН4) : Г(С1 ) = 1:4. Отже, ПСИ,) = ± ПСІ ) = 4 л.
4
Відповідь: А.
5. Дано.
ПСІ,) = 0,4 л
ИН.) = 0,2 л
Иж): НЮ - ?
Розв'язання
Запишемо хімічне рівняння синтезу гідроген хлориду:
Сі, + Н, 2НС1. З цього рівняння видно, що НСІ,) = НІі,),
отже, хлор об'ємом 0,2 л вс бритиме участі п реакції.
ЧНС1) = 2НН,Ї = 2 0.2 я = 0.4 л.
Відповідь, газова суміш після закінчення реакції міститиме гідроген хлорид
об’ємом 0.1 л 1 хлор об’ємом 0.2 я.
в. Запитаємо рівняння реакції хлорування метану за першою стадією: СН, + СІ -»
-» СН СІ + НСІ. З рівняння реакції видно, що Г(НСІ) = НСН,) б л.
Відповідь: А.
7. Запишемо рівняння реакції горіння металу: СН, -є 20, -+ СО, ь 2Н,О. З рівнин
а* реакції видно, що У(СН4) = У(ОО,). Отже, за годину роботи котла утворюєте
ся 4,38 м2 3 вуглекислого газу, а аа добу — 4,38 24 - 105,12 (м’).
Відповідь: НСО,) = 105,12 м’.
8. Скористаємося рівнянням реакції із задачі М1 7. З рівняння реакції видно, що
НСН,) : ИО,) =1:2, тобто об’єм кисню в 2 рази більший за об’єм метану. Отже-,
за годину роботи котла витрачається кисень об'ємом 0.9 2 = 1,8 (м3), а за 5 го-
дин — 1,8 5 = 9 (м’І.
Відповідь. ЧО,) = 9 м’
9. Не подолання шляху завдовжки 980 км подалі ляховик витратить у 3 рази біль
ше водню, тобто ИН4) = 47,04 м* 3 = 141,12 (м3). З рівняння реакції горіння
водню 2Н, 4 0, =9 2Н,0 видно, що ПО,) у 2 рази менший від об'єму водню.
Отже, об’єм кисню, який витрачається на подолання цим автомобілем шляху
завдовжки 960 км, дорівнює 141,12 м4 : 2 • 70,56 (м’).
Відповідь: У(0,) = 70,56 м*.
§22. Гомолоіи метану. Молекулярні та структурні формули, назви
Гомологи — де речовини з однаковим якісним складом подібні за бчд >вою
й хімічними властивостями. За кількісним складом вони відрізняються одна
від одної па групу -СН, - — гомологічну різницю.
Гомологи, розташовані за зростанням їхньої відносної молекулярної маси,
утворюють гомологічний ряд
Гомологи метану мають склад молекул, який відповідні загальній формулі
С Іі , і за систематичною номвнкіатурою називаються а «конами.
В алканах атоми Карбону сполучені між собою тільки простими (одинарними
або ординарними) зв’язками, які ще називаються о-зв'язками. Валентний кут
у молекулах алканін спшоилть 109.5°, тому молекула мотану має тетраедричну
форму, а молекули Його гомологів — зигзагувату.
Назви юмолоііа мотану мають однаковий суфікс -ан
2. В.
3. Нонаконтатриктан — алкан, склад його молекули відповідає загальній формулі
С„Ж^,. Якщо п = 390. то формула яонаконтатриктану —
Відповідь: Г.
636 Ш ХІМІЯ Лашевська Г. А.
Н - 7
.А.
ано'
0-85%
Розв'язання
1) Знайдемо масову частку Гідрогену в молекулі цього алкен»:
иЧН) = 100% - иЧС) = 100% 86% = 16%.
2) Пам'ятаючи. що А (О = 12. а А.(Н) = 1, складаємо вириз для
масового співвідношення атомів у молекулі алкана:
нЧС): иіН» = хА(С) : рА,(І1)
—-7,08:15-7:15
12 1
Отже, найпростіша формула речовини - С, ГН1Ж, але істинна формула повинна
"Відповідати складу СлН,м1. Тому шукана формула алкану — СиНи,
І цієї формули: х : у
а) Виведемо формулу алкену, якшо відомо, що А/,(С,Ни„) = ЗО
М (С.Н, = 12л і 2п + 2 (пам’ятайте, А/С) = 12, А (Н) = 1).
ЗО = 12п + 2п + 2; 14л - 28; п - 2, отже, цей влкап має формулу С,Н, — це е«ш
Н И
Молекулярна формула — С,Н,, повна структурна формула— Н-іН Н ; сиро
Н Н
Н Н
іЦгііп структурна Формула — СН, -СН,; електронна формула — №С:С:Н .
Н Н
6, ; Л/(СН „) Д, 2 - 22 2 - 44 Далі задача
•с в*} л е ’ и в п * я */
розв'язується за зразком задачі а): 12л + 2л + 2 « 44; 14л = 42; п = 3. Отже, мо-
Н Н Н
Лекуляри > формула С,Н. — пропан; повна структурна формула — И-ф- Н ,
Н Н II
н я н
спрощена формула — СН,-СН,-СН,; електронна формула — Н:С=С:С:Н .
ІІ Н Н
7 Ди.. сусідні гомологи відрізняються на групу -СН,-. »-і же, правильна відповідь — Б.
в.А, Б.
40.
і і М, (С,НЛ) = 128, МДС,Н,1 = 44; М.(С,Н„) =114; М,(С,Н„) - 86.
І Отже, правильні відповіді — А. В, Г, Б. •
... ЛГІС.Н.) зр М (С.Н.) 44
й-(0.Г%"-"-и"о;л-
. » . 0,50; 14-- . . 1Жв.
І “ И (О,) 32 М,(О.) 32
1 Отже, правильні відповіді — В, А, Б, Г.
ІЗ Порахуємо масові частки Карбону й Гідрогену у формулі кожної речовини.
12
а) МДСИ,) - 16; и-(С) 0Л6; идН) - 0,25.
V формулі метану иЧС) втричі більша за «ЧЮ
В(ололі8к' А.
. ' ХІМІЯ Лашевська Г. А. 637
§23. Фізичні и хімічні властивості та застосування гомологів метану
<х
о
а
О
с
Фізичні властивості алканін послідовно змінюються зі зміною їхнього кількісно-
го складу. Перші чотири вуглеводні (С,-С4) при кімнатній температурі — і ази,
далі йдуть рідини, а З С„НМ — тверді речовини. Алкани практично нерозчин-
ні у воді й інших полярних розчинниках, мають низькі температури кипіння
й плавлення. Запах вуглеводнів залежить від довжини карбонового ланцюга.
Усі алкени — ізолятори.
Хімічні властивості метану та його гомологів подібні. Вони не вступають у рг
акції приєднання, не знебарвлюють водний розчин калій перманганату І! бром
ну воду. Типовими для них є реакції повного окиснеиня та заміїценіїя атомів
Гідрогену атомами галогенів. Реакції повного окиснеііяя (горіння) алканів екзо-
термічні. Продукти цих реакцій — карбон(ІУ) оксид СО, 1 вода Н,О. Унаслідок
хлорування алканів утворюється суміш їхніх галогенопохідних.
Застосування гомологів метану в різних галузях господарства зумовлене їх-
німи властивостями.
2. В.
3. Зверніться до риг. 23.2 у підручнику, І ви отримаєте відповіді В, А, Г. В.
4. Зверніться до рис. 23.1 у підручнику. 1 вн отримаєте відповіді В. Г, А. В.
Є. А.
10. А. Д.
11. 2С,Н,в + 250, -» 16СО, + 18Н,О.
12. а) 3 рівняння реакції горіння пропану С,Н, + 50, -♦ ЗСО, + 4Н,0 видно, що
НС.Н.): У(00,) " 1 : 31 О”*»’ У*00? = 15 л 3 45 я.
Від повідь: У(СО,) - 45 л.
6) 3 рівняння реакції горіння бутану 2С4Н|0 + 90, —♦ 8С0, + 10Н,0 видно, що
У(С4Н,0): И[Н,0) 2 : 10 » 1: 5. Отже, У(С4Н10) буде в 5 разів меншим за У(Н,0).
Тобто ПС4Н,0) 100 : 5 = 80 (л).
Відповідь: Г(С4Н1П) = 80 л.
в) 3 рівняння реакції першої стадії хлорування етану С,Н, + Сі, —> С,Н,СІ + НСІ
видно, що У(С,Н„) : НСІ,) = 1:1, тобто У(С,Н,) = ПСІ,) = 8 л.
Відповідь: 1’(С еН4) = 8 л.
§24. Етилен
а
ш
х
о
<х
о
н н
Молекулярна формула етилену — С,Н4, структурна — С-С' • електрон
н н н"
на — ;с::С’ У молекулі етилену атоми Карбону сполучені подвійним (або
1Г Н
О-, л-) зв’язком, валентний кут дорівнює 120'.
Етилен — безбарвний газ із ледь відчутним солодкуватим запахом, мас низьку
температуру кипіння, малорозчинний у воді та інших полярних розчинниках.
Він трохи легший аа повітря.
Етилен має такі хімічні властивості: горить, вступає в реакції приєднання
за місцем подвійного зв’язку, знебарвлює водний розчин калій перманганату
й бромну воду.
У лабораторії етилен добувають дією нагрітої концентрованої сульфатної кис-
лоти на етиловий спирт. У промисловості його одержують шляхом переробки
нафти. Загалом етилен застосовується для синтезу найрізноманітніших ор
ганічних речовин.
638 Й* ХІМІЯ Лашевська Г. А.
Еруктурин формула етилену — ое
Н Н
, . М (С,н.) 28 „ „„„
Д°> (С,Н4) - - м іОу = — - 0.878;
- ^(С.Н4)-^ “4-у =14:
, . ІИ. (С,Н.) 28
— О. С,Н4 = — /--У - =- = 1;
М''» «і м (М;1 28
І . . ЛГ(С,Н4) 28
•'Г- *>-(«.".)- І-Ї.
[ Відповідь' 1 — Л, 2 — В, 3 — Д. 4 — Г
[рімілппя рр^кгиі горіння етилену: СДІ, + ЗО,, -» 2СО, + 2Н,О. Сума коефіцієн
І ті» у ліній частині рівняння 1 Т 3 4
і- Відповідь: В
И А, В.
г. В, В *
М, Рівняння реакції гідрування етилену: С4Н( + II, > С,Н,, Сума коефіцієнтів у лівів
14) ча.тяні цьою рівняння: 1 + 1 2.
[ Відповідь: Б
*-А.Г.
Ь. в) 3 рівняння реакції г- фіни я етилену С ,Н, і ЗО, —» 2СОа + 2Н.0 видно, що
І *Л(О,) : ПООр = 3:2. <>тже, ЧО,) - 28 3 2 = 42 (л).
Відповідь: 1(0,) • 42 л.
ь) 3 рівняння реакції пдрівнния етилену СТН4 + В, -» С Н_ видно, що
І У(С ,Н4) - Р(Н,) . НС-НД Отже, ИН,) = НЮ л і ЧС,Н,) - ІОО л.
[• Відповідь: У(СД) = 401) л; ЧН.) = 400 л
в) 3 рівняння реакції хлорування етилену С,Н4 + СІ, —‘ СГН4СІ, видно, що
' ИС,Н,) ИС1Отам, У(С1.) = 48 л.
Відповідь: Р(С1,) = 48 л.
10. В
>25. Поняття про полімери. Застосування поліетилену
І Молекули полімерів побудовані з численних елементарних структурних ла-
нок — залишків молекул кизькоме пекулярних слилук— мономерів. Уіьорен
І ия полімеру шляхом послідовного сполучення молекул мономера називають
полімеризації ю. Кількість елементарних ланок у полімерному ланцюзі вказує
11 па ступінь полімеризації.
І Поліетилен маг форм} лу (—СН,—СН -),. Вій масний яа дотик, розм якшуеться
й илішитьсії за порівняно невисоких темцерптур, не втрачає стійкості за инзь-
Р ких температур. Поліетилен иетоксичинй, не розшняеться у ВОДІ, іідрофоб-
ПИЙ, СТІЙКИЙ ДО ДІЇ розчинів КИСЛОТ, лугів, Калій Перманганату, ОрІиНІЧННХ
Г. розчинників ТОЩО.
ПОЯСНЕННЯ
1.В.
2. Б. Структурні» ланка — це група атомів, яка багаторазово повторюється в мо-
г лекулі полімеру.
хімій Лашевська Г. А. 639
3. В. Мономером поліетилену с етилен.
4. В, Г, Д, Е.
7. В.
926. Ацетилен
№
X
О
о
с
Молекулярна формула ацетилену — С,Н,( електронна — Н.*С::С:Н , струх
турни — Н ОС Н. У молекулі ацетильну атоми Карбону сполучені потрійнн-ч
зв'язком, ваЛ'-нтния кут становить 1Й0”.
Ацетилен — безбарвний газ, беї запаху, трохи легший за повітря, зріджується
й твердне за низьких лемшратур, малорозчинний у воді та інших полярних
розчинниках.
Ацетилен маг такі хімічні властивості: горить, вступ»< в реакції приєднання,
знебарвлю* бромну воду й розчин калій пермашаяату.
1.В.
2. В. У молекулі ацетилену між атомами Карбону потрійний зв’язок.
3. В. Структурна формула ацетилену Н-ОС -Н «казус па кількість спільних елек-
трошін* цар у молекулі.
4. Г Структурна формула ацетилену вказує н» кількість ковалентних зв’язків
у молекулі.
6. Рівняння реакції горіння ацетилену: 2С,Н, 4- 50, —» 4С0, 1і 2Н,0. Сума коифщігя
ті в у лівів частині рівняння дорівнює 7.
8. А, Г.
9. З рівняння реакції горіння ацетилену 2С,Н, + 50, 4 4С0, + 211,0 вндио, що
У(0,І : У(СО,) =5:4. Отже. У(0а> - 8 5 : 4 = 10 (л).
Відповідь.' У(0?) = 10 л.
11'3 рівняння реакції повного гідрування ацетилену С,Н, + 2Н, С,Н4 видно, ще
У(С,Н,) : Р(Н,ї = 1:2. Отже, У(На) = ИС,Н,) 2 = 20 • 2 = 40 (л).
Відповів»; У(Н,) = 40 (л).
§27. Метанол, етанол, гліцерин
Метанол, етанол, гліцерил (гліцерин) — оксигеновмісні органічні сполу-
ки Суфікс -ол у назвах цих речовин вказуі па наявність однієї (чи кількох)
груп атомів ОН.
Метанол, етанол, гліцерин — похідні насичених вуглеводнів, тому їх нази-
вають насиченими спиртами Молекули метанолу СН,ОН й етанолу С,Н,ОН
містять по одній гідроксильній групі. Отже, ці спирти — одноатомні У мо-
лекулі гліцерину СН, СН-СН. міститься три гідроксильні групи, отже, це
ОН ОН ОН
триатомний (багатоатомний) спирт.
Метанол, етанол і гліцерин добре розчиняються в полярних розчинниках, змі-
шуються з видою в будь-яких співвідношеннях. Під час розчинення цих спиртів
у воді між їхніми молекулами А молекулами води утворюються воднпві зв’язки.
Наявність водневих зв'язків між молекулами спиртів зумовлює їхні високі
(порівняно з вуглеводнями) температури кипіння, в’язкість гліцерину
Метанол, етанол і гліцерин горять, утворюючи СО, І Н.0, реагують з активни-
ми металами, галогенсводнями
Якісною реакцією на гліцерил є Його взаімодія зі свіжодобутим блпкнтиим
осадом купрум(П) гідроксиду Си(ОН),, унаслідок чого утворюється яскраво-
сипій розчин.
640 ХІМІЯ Лашевська Г. А.
н н
1 ,Б. Електронна формула етанолу №С:І':О:Н вказує на кількість спільних еяек-
Н Н
тронних пар у його молекулі.
?, В. Структурна формули гліцерину — СН,ОН -СНОН-СН,ОН
В н. Д, Б. Г. А.
4. В, В. Г. Водневі зв’язки утворюються мі» молекулами спиртів і води.
Б,В. Д в. В 7. Б, В. 10-А, В.
11. Б, В. Якісною реакцією на гліцерин є взаємодія зі свіжодобутнм СиіОІІ),.
Отримати Си(ОИ), можна в результаті взаємодії КОН 1 СііЗО,. Рівняння реакції:
Си50, + 2К0Н > Си(ОН),4. + К?ЧО4.
12. Б.
й 29 Оцтово кислота
Карбонові кислоти наложать до оксягеновмісних органічних сполук. Фуикціо-
'Пильною групою карбонових кислот є карбоксильна група СООН
Оцтова кислота — безбарвна, прозора, гігроскопічна рідина з характерним
кислим смаком і різким запахом. Вона добре розчиняється у воді за рахунок
утворення водневих зв'язків між і! молекулами Я молекулами води. Тем
Іверагуря плавлення оцтової кислоти становить 16,6 С, температура кипін-
ня - 118,1’С.
Оцтова кислота — одноосноани, слабкий електроліт. Нона діє па індикатори,
ірСагу, з металами, лугами, солями подібно до неорганічних кислот. Оцтова
І кислота вступає в реакції горіння та егтемтфікації {взаємодіє зі спиртами
І з утворенням сетерів)
в
о
»
о
2. А, В, Д.
СН,СООН г# СН.СОО + Н';
СМ/ХЮН + КОН -» СН.СООК + н,о.
3. Аніон СН,СОО назяваїться ацетаї-йопом-
4. Рівняння реакції між оцтовою кислотою та метанолом:
„0 н ,°
СН,*-С'0ц + НО СН, -4 СН,-С. + н,о
мнгямжм жтвр «гтсввй армії! я
»<ял«гт|
б ЗО. Поняття про вищі карбонові кислоти. Жири
Найвідоміші з вищих карбонових кислот - це пальмітинова С^Н^СООН. сте-
аринова С^Н^СООН й олеїнова С1ТН—СООН. За стандартних умов пальмітино-
ва й стеаринова кислоти перебувають у твердому агрегатному стані, тому що
належать до насичених кислот. Ньна." вчена о твінова кислота — рідина.
Жири — це естери триатомного спирту, гліцерину та гнідих карбонових кис-
лот. Вони мають загальну формулу:
СН,-О-СО-Д.
ГН-О -СО Я,
СН ОСО Я,,
де К,, Я,, Н, — аа іншкн карбонових кислот
Для жирів характерні взаємодія з водою (гідроліз) І водними розчинами лупв
(омилення)
ХІМІЯ Лашевська Г. А. ' = 641
2. Формула тристеарипу СН,-0-СО-С1ТНИ
(’Н- о-со-с„ни
сн,-о-со-с„н„
показує, що її ній міститься 57 атомів Карбону.
Відповідь: Г.
СН, О-СО-С„Н„ СНГОН
4. СН-О-СО-С„Н„ + З»,О <^Н-ОП + 2С„Н„СООН + С. ТНИСООН
снго-со-сіГнм СН, -он
6. А, В.
7. Г.
§31. Жири: властивості, значення, застосування
Фізичні властивості жирів значною мірою залежать від того, похідними яких
само вищих карбонових кислот вони с — насичених чи иенасиченнх. Жири
з коротшими карбоновими ланцюгами, а також ненасичені жири мають ниж
чу температуру плавлення порівняно з насиченими. Жири рослинного поход-
ження ненасичепі.
Усі жири легші за воду й не розчиняються в ній, вони гідрофобні. Жири роз-
чинні в неполярних органічних розчинниках, зокрема в бензині. Теплопро-
відність жирів низька.
1. Б. В.
4. В. Рівняння реакції гідрування триолеїну:
СН, -О-СО-СІГН„ р <рї,-О-СО-С„Нм
сн-осо-с)Тни + ЗН, 4 СН О-С0-С1т1І„
СН,’0-СО-С)ІНМ С1І,ОСО СіГНа.
трнолеїн тристеарим
§32. Поняття про вуглеводи. Глюкоза і Сахароза
Загальна формула вуглеводів С_(Н,О)^. За здатністю до гідролізу вуглеводи
поділяються ва моносахариди (глюкоза), дисахариди (сахароза) та полісаха
риди (крохмаль, целюлоза).
Молекулярна формула глюкози — С^НцО,- Це білий кристалічний порошок,
добре розчинний у воді. У складі молекули глюкози п'ять гідроксильних
груп, тому вона утворює яскраво-синій розчин при взаємодії зі свіжодобутим
Сц(ОН),.
Сахароза С(,НПОИ добре відома в побуті як цукор. Цс кристали білого кольо-
ру, під час нагрівання плавляться й кврамелізуютьеи. Сахароза добре розчи-
няється у воді, особливо гарячій.
2. В.
3. В.
4. Б.
8. В. В. А. Г.
642 :•& ХІМІЯ Лашевська Г. А.
>4, Амінооцтова кислота (гліцин)
Иояекулярна формула пміиооцтової кислоти — С,Н,О,Н. Її структурна фор
Г р
ула- Н,Н-СН, С он.
Лміиооптоиа кислота — кристалічна речовина, безбарвна, солодка на смак,
возчинясться у воді.
ІДм ікооптова кислота містить дві функціональні групи; аміногрупу N11, (основ
Па) І карбоксильну групу -СООН (кислотна). Тому амінооцтова кислота — ам-
Ьоторва органічна сполука, яка виявляє властивості як карбонових кислот, так
основ. Амінооцтова кислота реагує з кислотами, лугами, утворам внутрішню
Кіль, вступає в реакції з інтими амінокислотами, утворюючи пептидіїий лан-
йог. За допомогою пелтидного зв'язку -СО- N11 з амінокислотних залишків
ІВудуютьсн молекули білків.
ПОЯСНЕННЯ
1.Г
]. Молекулярна формула амінооцтової кислоти — Н,НСН,ОООН. Її структурна
Г Н Р
формула нм-с-с'он.
’ н н
в г.
7.Б
Л. Н,М-СН, СООН + Н,И СН,СООН -♦ Н,Н -СН, со ми -сн,-соон + н,о.
0 н,\ сн, со-мн-сн,-соон + н,и со кн-сн,-соон -»н,н~сн, со-мн-
Г СН.-ОО N11 сн + СО МІ-СН, СООН + н,о.
Розв’язання
вправ та завдань
до підручника
«ХІМІЯ»
О. Г. Ярошенко
ПОВТОРЕННЯ ОСНОВНИХ ПИТАНЬ КУРСУ ХІМГЇ8 КЛАСУ
§ 1. Склад і властивості основних класів неорганічних сполук
2. Н.РО — кислота; Гег($О.). — сіть; Си(ОН), — основа; N8,0 — оксид; 8І0, —
оксид: НМО, — кислота. Ее(ОН), — основа; 7п5 — сіль; ВаО — оксид; К,СО,
сіль; АІ.О, — оксид.
4. Рівняним реакцій взаємодії з натрій гідроксидом:
А1(0Н), + МаОН *’ > ИаАІО, + 2Н,О;
у розчині: АІ(ОН), + ЗІЧаОН - Ка^АІ(ОН)^;
Р О„ + бИаОН - 2Иа,РО. 4 ЗН,О;
СаЗО, + 2ИаОН - Си(ОН),-1 + Мп/Ю.;
Н,9О. 4- 2НвОН - N8,30, 4- 2Н,0.
Рівняння реакцій взаємодії з хлоридною КИСЛОТОЮ:
А1(0Н), + ЗНСІ - А1СІ, + ЗН,О;
4 2НСІ - М«СГ, < Н,0.
АдІчО, + ПСІ - АяСк + НМО,;
Г« + 2НС1 - ГеСІ, * Н„Т.
5. 2Н, 4- О, - 2Н,0; СиО і Нг —--> Си + Н.О;
СаО + 2Н« - СаСІ, + 11,0; СО + 2КаОН - Ма,СО 4- Н,0;
2К0Н + Н^О, - К^О, + 2Н,0;
Си + 2Н,8О « СиЗО. - 80,Т + 2Н,0.
копд.
§ 2. Хімічний зв'язок І будова речовин
2. 1) Угаореьнн ковалентного хімічного ав’язк) в молекулі азоту N. Запишемо
електронну та графічну електронну формули атома Нітрогену:
Із’Зі’Зр» ід ['"і] | Т | Т | ? |
1а 2г 2р
На зовнішньому енергетичному рівні в втомі Нітрогену 5 електронів, з яких
З аеспарсні. До завершення зовнішнього енергетичного рівня атому не вистачає
З х електронів. Тож 3 неспарені електрони одного /тгтма Нітрогену й 3 неспарені
електрони другого його атома утворюють три спільні електронні парп:
, N Я;
Оскільки електронегативність обох атомів однакова, електростатична сила при
тягання між негативно зарядженою спільною електронною парою й позитивно
зарядженими ядрами обох а гомін теж однакова. Тому утворений зв'язок є ко-
валентним неполярним.
2) Утворення ковалентного хімічного зв’язку в молекулі амоніаку ІЧН, Запишемо
електронні тн графічні електронні формули атомів обох хімічних елементів:
Н Ь'
Із
Ь’2Л^ ;тн | Гр]У]
Іа 2а 2р
На зовнішньому енергетичному рівні в атомі Нітрогену е 5 електронів, з них
З неспарені. Для завершення зовнішнього енергетичного рівня цьому атому
не вистачає З х електронів. У атома Гідрогену е 1 електрон нв першому енер-
гетичному рівні, до завершення якого нс вистачав ще одного електрона. Тож
646 >’й ХІМІЯ О. Г. Ярошенко
атом Нітрогену утворим- три гшлькі «лектрокні пери (по одній із кожним ато
. мом Гідрогене):
Н:гі:Н
Н
З ряду електроне! нтивиїюгей видно, що Нітроген « більш електронегативним
елем-іптом. ніж Гідроген Тому спільні електронні пари зміщені від Гідрогену
до Нітрогену Утворений зв’язок є ковалентним полярним.
3) Утворення понпого хімічного ів'язку и калій хлориді КСІ. Запишемо ечект
ронпі й графічні електронні формули атомів Калію та Хлору;
Л і»з2в’2р*з»ізр’4ї‘ рг. |т+|и|тг| И [ирйрч] [Г
Ь 2л 2р За Зр 4*
„СІ 1к’2а*2р*3я’3^ ІТЦПІНІ [=р |й|П|Т|
1« 2л 2р 3» Зр
В атомі Калію г 1 електрон на зовнішньому (четвертому) енергетичному рівні,
до завершення якого не вистачає ще 7 електронів, Проте він має завершений
передостанній (третій) електронний Шир. Атому Калио енергетично доцільні
ше віддати 1 електрон, ніж приєднати 7 Тому цей атом віддав ) електрон, пе-
ретворюючись на катіон К*. а Хлор, атому якого не вистачає до завершення
зовнішнього янврі-етнчного рівня 1 електрона, його приєднує й пергтворкжтьея
на аніон Сі :
К‘ + сі* -> ікг + [Сі]
(2г8е8с1е) <2е8е7е) (2гйе8еі (2е8с8с)
Завдяки електростатичним ситам притяіання між різнойменно зарядженими
катіоном Калію й аніоном Хлору утворився йояннй зв’язок
о а ,1 .1 -1
Ступені окіїскоивя атомів; N1; МИ,; КСІ.
. а) Хімічний елемент із протонним числом 11 — Натрій. Із протоішим числом
1 — Гідроіен. Натрій наложить до металічних елементів. Гідроген — до немс-
Італічних, тому тип хімічного зв’язку між «томами цих хімічних елементів —
Йоннин.
б) Хімічний елемент із протонним числом 12 — Маїній, із протонним числом
8 — Оксигел. Магній належить до металічних елементів, Оксиген — до неме
талічпих, тому тип хімічного зв’язку між я.томам я ЦИХ ХІМІЧНИХ елементів -
(іонний.
4. Запишемо електронні та графічні сіектроіпи формули атомів Фосфору та Гідро-
гену:
ІЬР Ів’г^-гр'З^Зр-
,Ї7] !Н]иТч| |і3 Кі 14
2« 2р 3« Зр
,Н їв1
На зовнішньому енергетичному рівні в атомі Фосфору & електронів, із них 3 не-
спарені. У атома Гідрогену є один електрон. Отже, атом Фосфору утворвх хімічні
зв’язки з атомами Гідрогену за рахунок 3-х песпареннх електронів,
5. а) И,М; до складу сполуки входять катіони Літію 14';
„їд 1а*2»-;
14' 1«‘.
»МІЯ О. Г. Ярошенко Йй 647
б) НаВг: до складу сполуки входять катіони Натрію N1’;
„На0 Ін’ЗгЗр’За*;
.„Ма1 1в22і'2р*.
в) КН; до складу сполуки входять катіони Калію К'*;
„К‘ 1»’2»,2р‘3»’3р*4л‘;
„К Іа’Зя’г^З^Зр*.
6*. а) Н, + СІ, - 2НС1; у молекулах вихідних простих речовин водню Н, та хлору
СІ, хімічні зв'язки між атомами ковалентні неполярні, тоді як у молекулі гідро
ген хлориду НС1, що утворився, хімічний зв'язок — ковалентний полярний.
б) 2Ре + ВСІ, - 2ГеС)3; у молекулі хлору СІ, хімічний зв'язок е ковалентним не-
полярним. для заліза Ге характерний металічний зв'язок. У ферум(ПІ) хлориді
ЕеС1г що утворився, — йонний зв'язок.
7°. Таку різницю в значеннях температур плавлення льоду (100 °С) та натрій хло-
риду (понад 1000 ’С) можна пояснити різним типом кристалічних ґраток. Спо-
луки, які містять у вузлах кристалічної гратки йони. належать до тугоплавких
речовин (КаСІ). Для льоду (Н,О) характерна молекулярна кристалічна гратка
та. відповідно, досить низькі температури плавлення
ТЕМА 1. РОЗЧИНИ
§ 3. Поняття про розчини
О
о:
О
Однорідні суміші, у яких не можна розгледіти частинки речовини навіть
за допомогою мікроскопа, називаються істинними розчинами. Істинні роз-
чини являють собою одну фазу в неоднорідних сумішах.
Розрізняють два компоненти розчину: розчинник та розчинену речовину.
Розчинником прийнято вважати компонент розчину, агрегатний стан якого
не змінюється при утворенні розчину або вміст якого переважає над вміс-
том інших компонентів. Універсальним розчинником, тобто таким, у яко-
му розчиняється багато інших речовин, є вода. Міжмолекулярний хімічний
зв'язок, який виникає між атомом Гідрогену однієї молекули й атомом більш
електронегативного елемента тієї самої чи іншої молекули, називається вод-
невим. Здатність речовини розчинятися в певному розчиннику називається
розчинністю.
1. а) Розчинними у воді є всі солі нітратної кислоти.
б) Усі солі таких металічних елементів, як Натрій та Калій, е розчинними
у воді.
2. а) Згідно з Таблицею / підручника розчинність КВг при 4-80 °С становить
94,6 г на 100 г води, тоді як при 4-20 °С — 65,2 г на 100 г води. Отже, маса на
сиченого розчину КВг при 80 °С становитиме т (КВг) - 94,6 г 4- 100 г - 194,6 г.
За умовою задачі маса насиченого за цієї температури розчину в 2 рази більша:
389 2 г
“ 2- Відповідно, маса води в насиченому розчині т (Н,О) - 100 г 2 «
- 200 г. Обчислимо масу розчину при 4-20 °С: т - 200 г + 65,2 г • 2 - 330,4 г.
Обчислимо масу КВг, які» випаде в осад: т (КВг) - 389,2 г - 330,4 г - 58.8 г.
Відповідь: т(КВг) — 58,8 г.
б) Згідно з Таблицею І підручника розчинність (ЧаСІ при 4- 20 °С становить
35,9 г на 100 г води, тоді як при +100 °С — 39,4 г на 100 г води. Обчисли
мо масу ИаСІ, яку необхідно розчинити в 135,9 г (35,9 г + 100 г) насиченого
розчину при + 20 °С, щоб виготовити насичений розчин при +100 °С: т(КаСІ)
39,4 г - 35,9 г - 3.5 г. Відповідь: т(МаСІ) - 3,5 г.
648 ХІМІЯ О. Г. Ярошенко
ІВрияма^и розчинних речовин: МаОН — натрій гідроксид; ВаСІ, — барій хло-
рмд Приклади малорозчинних речовин: Са(ОН), — кальцій гідроксид; А<у8О(
Арґснтум(І) сульфат. Приклади практично нерозчинних речовин: Н^ЗіО, силі
Натна кислота; СаСО, — кальцій карбонат.
Мк. Молекула вуглекислого газу СО,, для якої характерний ковалентний полярний
«111 зв'яли, за рахунок ігр гібридизації и|Літалей атома Карбочу ма< симетричну
МИТ »-».*-
д И. Лінійну будову; О = С - О. Тому, хоча зв'язки С - О А мають сильно полярний
Кдарагм ) унаслідок взьімної компенсації їхніх дипольних елементів молекула
СО, в цілому неполярна і, відповідно, не здатна утворювати диполі.
і 14 Поняття про дисперсні системи
^^Квгериїт чиї системи, які складаються з двох або більше компонентів (флЗ).
^бдділеин> поверхнею поділу кліпвяніться дисперсними. один із помпонен
являє собою дисперсне середовище, інший — дисперсну фазу. Дисперсні
ЩЬкстом м з розміром частинок дисперсної фази від 1 до 100 нм е колоїдними
иЯйозчинами, з розміром частинок понад 100 нм суепгніїями та елульгілли.
І Вмульсілми називаються дисперсні системи, у яких 1 дисперсна фаза, і дис
^Ьерсне середовище с рідинами.
ХараіпгрнІ ознаки Істинний ролчин Колоїдний розчин Суспензія
Розмір частинок менше 1 нм від 1 до 100 нм понад 100 нм
Можливість вияв- лення за допомо- гою оптичних при ладів Неможливо виявити Можливо виявити Можливо ВЙЯІЙТЙ
Можливість вияв- лення візуально * Неможливо виявити Невидимі візуаль- но, але відбивають світло та створюють світловий промінь (ефект Тіндаля) Можливо виявити
Проникнення час- тинок крізь папе- ровий фільтр — Проходять крізь пори фільтра Проходить крізь пори фільтра Частинки дис- персної фази затримують ся паперовим фільтром
Істинні розчини: газовапа вода, спиртова настоянка йоду. Суспензії ти емуль
“ еії: ліки, на яких написано «перед уживанням збовтати», томатний сік; майо-
нез; олійні фарби.
В 5. Теплові явища, що супроводжують розчинення речовин
| Роочньянья речовин у воді є складним фізико-хімічним процесом. Залежно
І від природи компонентів та умов утворення розчину (концентрації, темпе-
І іитури. тиску) можуть переважати або фізичні, або хімічні явища. Якщо
І розчинником € вода, взаємодія Йонів розчиненої речовини з її молекула-
I ми називається гідратацією, а утворені сполуки — гідратами. Речовини,
І кристали яких містять молекули води, називаються кристалогідратами,
І а вода - кристалізаційною.
| О- Г- Ярошенко Ж 649
2. Зниження температури розчину порівняно з температурою розчинника спостері-
гаються при розчиненні сопі амоній нітрату ГмН(МО, у йоді. Підвищення темпе
ратурн розчину порівняно з температурою розчинника -- при розчиненні кой-
пентровьиої сульфатної кислоти Н 801 у воді.
3. Розчинення речовин у воді не можна вважати лише механічним подрібненням
оскільки відбувається нзає модія попів розчиненої речовини з полярними моле-
кулами розчинника.
4. Обчислимо молярну масу мідного купоросу:
М.1СиЗО4 • 5Н/>) - А,(Си) + АД8) + < А (О) + 5 ЛЇ (Н.О) - 64 + 32 * і 16
+ 5 • 18 — 250. И(СиЗО4 • 5Н,О) - 250 г/моль. Визначимо масову частку вод:і
в мідному купоросі. Для розрахунку необхідно вибрати зразок речовини, що
мас певну масу або містить певну кількість речовини. Візьмемо зразок мідного
купоросу, кількість речовини СиЬО( 611,0 у якому дорівнює 1 моль. Обчисли-
мо масу мідного купоросу: тіСиЗО, - 5Н.,0) • \'(СиЗО4 • 5Н,О) - М(Сн80, 5Н,О);
т(СиЗО4 • 5Н,0) - 1 моль 250 Г/Моль - 250 г.
З формули С'ивО, • 5Нг0 випливім.. що у(Н3О) - 5 • і/ЇСиаО, • 5Н,О): у(Н,0)
- 5 -1 моль - 5 моль. Обчислимо масу води, що мктнться в мідному купоросі’
лцН,О) • ччН,О> • Л/іН Ог. т(Н,0) • 5 моль • 18 гумоль - 90 г.
Обчислимо масову частку води в мідному купоросі:
МН,0) = їїі' №<И’0)я^77 = °‘36-аб° 36 *•
Відповів М(Сіі8О. 5Н_0) - 250 Г/мОлЬ, МИ,О) - 36 %.
в*. При розчиненні безводного кристалічного кобальт(Н) сульфату у воді утво-
рюється темно-червоний розчин. Це пояснюється утворенням аквакомплексіь
складу (СоїОН,),)'
§6. Кількісний склад розчину. Виготовлення розчинів
а
и
х
О
Склад розчину кількісно виражається за допомогою масової частки
розчиненої речовини < и>) яка являї відношення маси розчиненої речовини
до маси розчину. Обчислюють масову частку розчині ної речовини в розчині
в частках від одиниці:
т(ьозчипеі<ої рєчошпіи) „
и> -----------------------або у відсотках:
ті. розчину)
& тірозчиненої речовини) А,
ті розчинуі
Я) и тірозчиненої речовини)
тірозчину;
, тірозчиненої речовини)
б) ті розчину і — - -
и>
в) т(розчинники) - т(розчину) т(розчшіу) и>
4. Для прискорення розчинення твердої речовини ЇЇ подрібнюють та тим самим
збільшуюсь поверхню взаємодії полярних молекул води з частинками розчине-
ної речовини; розчинення проводять у теплій чи гарячій воді.
5. Обчислимо масу води, необхідну для виготовлення цього розчину: т - V р;
іяДН/)) • 270 мл 1 г/мл - 270 г.
Визначимо масу розчину т(розчиму) " т(розчииеної речовини) є п.іН.О);
тДрозчину) » ЗО г + 270 г — 800 г.
Ь5О : й ХІМІЯ О. Г. Ярошенко ЖВЖЖЖЖЖв;
И «(розчиненої речовини)
Юбчиєзимо масову частку речовини в розчині: и> - -—~-------------------- ;
Г .... _ «(розчину)
Г ш. (Н,ЗО. ) ж = 0,1. або 10 %.
II 300 г
І Визначимо масу води, яку долили до цього розчину:
I т,(Н,0) - 300 мл І г/мл - 300 г.
Обчиг іимо масу утвореного розчину:
І «,(розчину) - тДрозчпву) + та(Н,0); т, (розчину) - 300 г + 300 с - 600 Г,
І Визначимо масову частку речовини в утвореному розчині:
І іг.(Н,ВО.) - 321. , 0,05. або 5 %,
| । 00°г
І Відповідь: иі](Н,8О4) - 10 %, 10,(11,80,) - 5 %.
К Обчислимо масу води, необхідну для виготовлення першого розчину:
«,(11,0) -123 мл 1 г/мл - 123 г. Визначимо масу першого розчину: «1(роачииу)
| і — 27 г + 123 г • 150 г. Обчислимо масову частку речовини в першому розчині:
* І І<\(ЦУ*РУ) |^Г ж 0.18 , або 18 %. Визначимо масу води, необхідну для виго
Ітпвления другого розчину: т,(Н,0) - 168 мл 1 г/мл - 168 г. Обчислимо масу
другого розчину: лі,(розчнну) - 36 г +• 168 г — 204 Г. Визначимо масову частку
речовини в другому розчині: ш,(пукру) = =0,176, або 17,6 %.
| 201 г
Відповідь: шДпукру) - 18 %, ш,(цукру) - 17.6 %, отже, солодшим є перший
розчин.
"Т. Для збільшення масової частки розчиненої речовини необхідно упарити розчин
|| аб<> розчинити додаткову кількість розчиненої речовини; для зменшення масо-
І вої частки необхідно розбавити розчин подою.
17. Обчислення масовоїчастки розчиненої у воді і азуватої
чи рідкої речовини
ї При розв’язанні задач необхідно звертати увагу на агрегатний стан речовин,
І які використовуються при виготовленні розчину. Маса розчиненої речовини,
І яка перебуває в газоподібному агрегатному стані, обчислюється за формулою
І ін і — М. Якщо агрегатний стан речовин рідкий та відомий об'єм речова-
| И-
I ни, використовують іншу формулу: т » Ир.
В--------------------------------------------------------------
о
і . Обчислимо масу розчиненої речовини в розчині: «(розчиненої речовини) -
Г - «(розчину) и>; тіМц^О^ - 50 г • 0,1. -5 г. Обчислимо масу води в розчині:
«(Н,0) - т(розчииу) - «(розчиненої речовини); т(Н,0) - 50 г - 5 г - 45 г.
Відповідь: /п(Н,О) - 45 г.
т(розчину)
І , «(розчиненої речовини)
2. я) Обчислимо масову частку речовини в розчині: и> - —---------—-------
Г ш.(НСІ) = —= 0,2,або 20 %.
1 200 г
б) Обчислимо масу речовини гідроген хлориду: т — V М; ЛЇ(НСІ) — 36,5 г/моль: £
т(НСІ) - 4 моль 36.5 г/моль - 146 г. Обчислимо масову частку речовини в роз-
чині: ю,(НСІ) »^—^ = 0,73, або 73 %.
200 Г
5
ХІМ,Я °-г Ярошенко 651
в) Обчислимо кількість р«чоинии гідроген хлориду (а. у.):
V /печі 44,8 л „
и —: у(НСІ) -* —-— « 2 моль.
К, 22.4 л, моль
Обчислимо масу речовини гідроген хлориду: /п(НСІ) - 2 моль 36,5 г/моль - 73 г.
Обчислимо масову частку речовини в розчині:
<і>,(НС 1) = = 0.365.або 36,5 %.
Відповідь: »,(НСІ) - 20 %, іе,(НСІ) - 73 %, и>,(НСІ) - 36.5 %.
3. Обчислимо масу розчиненої речовини а розчині: «(розчиненої речовини) —
— ш(розчину) и»; т(НВг) «• 250 г 0.213 • 60,75 г Обчислимо кількість ре
човипи гідроген броміду: V ж : 1И(НВг) - 81 г/моль; у(НВг) = _®^76 •_ =
М 81 г/моль
моль, обчислимо об’єм гідроген броміду (н у.): N - V
Л"(НВг) “ 0.75 моль 22,4 л/модь - 16,8 я.
Відповідь: МНВгІ - 16,8 я.
4. Обчислимо масу води: т - V р; •п(Н]О) - 169,56 мл 1 г/мл - 169,56 г. Ви
значимо масу безводної нітратної кислоти: лі(НМО,) — 20 мл • 1,622 г/мл —
* 30,44 г. Обчислимо масу розчину: т(родчнну) — розчиненої речовини) +
+ т(П,0); т(розчііпу) - 30,44 г + 169,56 г - 200 і .
Визначимо масову частку нітратної кислоти в розчині;
т(розчннпної речовини і Зц,44 г ... ,
и> * — —— ----------л;» = —тт—•0,15, або 15 %.
пц розчину) 200 і
Відповідь' 15 %.
5'. Сульфур(УІ) оксид взаємодіє з водою, і продуктом реакції є одна речовина —
сульфатна кислота: 80, + Н.О - Н,8О4. Сульфатна кислої » добре розчиняється
у полі, тому після завершення реакції вона буде розчиненою речовиною в утворе
кому розчині. Частина води потратиться на проведення хімічної реакції, решта
стане розчинником для утвореної кислоти. Масу уі кореного розчину можна роз
іладати як суму мас сульфур(¥1) оксиду і води: т(розчяпу) - лі(8О,) + лі(Н.О).
Обчислимо кількість речовини сульфур(У1) оксиду, як» прореагувала: у«—;
240 г
звідки Л/(80.) “ 80 г/моль. у(8О.)————— З моль. Визначимо кількість
80 г/моль
речовини сульфатної кислоти, яка утворилася.
З рівняння реакції: 80, + Н,0 - Н/іО, видно, що у(Н,8О4) - Ч8О,),
і Кхї» | Нпха І хи®
отже, 4Н,80,) - 3 мо.ть.
Обчислимо масу сульфатної кислоти, яка утворилася: т • V М; ЛГ(Н1804) —
— 98 г/моль; т(НЦ8О4) " 3 моль 98 г/моль — 294 г. Визначим-, масу води:
лі “ V • р: т(Н,0) — 1000 мл 1 г/мл “ 1000 г. Обчислимо мясу утвореного роз-
чину; лі(розчнну) - т(8О,) + т(Н,0); лі(розчііиу) - 240 г + 1000 г - 1200 г Вил
__________________ . , «(розчиненої речовини)
начимо масову частку сульфатної кислоти а ньому: ш ------—--------
о о. . «(розчину і
»(Н,8О4) = = 0,24, або 24 %.
1240 г
Відповідь.- 24 %,
§ 8. Виготовлення розчину солі з певно» часткою
розчиненої речовини
1. а) Візьмемо 35 г кухонної соді да 1 л води при консервуванні огірків. Обчис-
лимо мису води1 я» — V р; т(11,О) • 1000 мл 1 г/мл • ЮОО г. Визначимо
852 ХІМІЯ О. Г. Ярошенко •
Ддцку розчину: «(розчину) - «(розчиненої речовини) + п»(Н,О); «(розчину) -
3& г + 1000 г - 1035 г.
Обчислимо масову частку розчиненої речовини:
Г . _ «(рзчииеної речовини) _
«(розчину)
<ИМаСІ) = = 0,034, або 3,4 %.
1035 г
б) Візьмемо 30 г кухонної солі на 1 л водн при консервуванні помідорів. Обчис-
!"лимо масу води: «(И,О) - 1000 мл 1 г/мл - 1000 г. Визначимо масу розчину:
«(розчину) - 30 г + 1000 г - 1030 г. Обчислимо масову частку розчиненої ре-
човини. н>(ЦаС1) » = 0,020, або 2,9 %.
І Відповідь: а) иДИаСІ) - 3,4 %, б) иХМаСІ) - 2.9 %.
1. Візьмемо 150 г цукру на 1 л води, готуючи компот. Обчислимо масу водн:
| т(Н,(>) - 1000 мл 1 г/мл - 1000 г. Обчислимо масу розчину: «(розчину) -
1- 150 г + 1000 г — 1150 г. Визначимо масову частку розчиненої речовими:
Ю(цукру) = 0.13 , або 13 %.
І Відповідь: иХ цукру) - 13 %.
1. Візьмемо дві чайні ложки цукру (20 г) на одну чашку води (250 мл). Обчис-
| лимо масу води: т(Н,0) - 250 мл 1 г/мл - 250 г. Визначимо масу розчину:
«(розчину) - 20 г + 250 г - 270 г. Обчислимо масову частку розчиненої речо-
вини. и(цукру) “ ” 0,074 , або 7,4 %.
г» 270 г
І Відповідь: иЧнукру) - 7,4 %.
19. Електролітична дисоціація. Електроліти та неелектроліти
Еречовини, водні розчини чи розилави яких проводять електричний струм,
[.називаються електролітами До електролітів належать речовини з нова
І лентпнм сильно полярним та з Донним зв'язками. Це кислоти, основи, солі.
Неелектроліти — це речовини, водні розчини чи розплави яких не прово-
дять електричний струм До неелектролітів належать неорганічні речовини
І з ковалентним неполярним зв'язком, наприклад: фосфор, сірка, рідкий ки-
сень. а також багато органічних речовин, зокрема цукор. Розпал речовини
[ на йонн (катіони та аніони) під впливом полярних молекул розчинника або
Д в розплаві називається електролітичною дисоціацією.
4. У твердому стані електроліти (у нашому випадку — барій хлорид), струму ие
і проводять, хоча у вузлах кристалічної ґратки розміщені йонн. Для того, щоб
електроліти стали провідниками струму, необхідно забезпечити бонам вільне
переміщення. Такої здатності їм надають водні розчини.
В. Колодязна або артезіанська вода, на відміну від дистильованої, містить розчин-
ні солі, корисні для людини. Оскільки розчинні солі Є електролітами, ця вода
проводить електричний струм.
в*. Дві зовні схожі та розчинні у воді речовини, з яких тільки одна належить до
електролітів, можна розпізнати за допомогою приладу для визначення елект-
ропровідності [див. рис. 22 на стор. 52 підручника). Якщо занурити електроди
приладу в розчин електроліту, то його лампочка загорнеться, тоді як у розчині
неелектроліту — ні.
х,м,я °' г' Ярошенко 853
19. Обчислимо масу розчиненої речовини в розчиш: яі(А1(К0Д) — 400 г 0,08 -32г.
Відповідь. В.
20. А — 14.
21. Вміст кожної з двох пробірок треба розділити па дві частини (у розпорядженні
мач мо чотири пробірки). У кожну з двох пробірок першої частини треба додати
розчин солі хлсридиої кислоти чи саму кислоту. В ОДНІЙ із пробірок утворить
ся сирнисто-білий осад аргсатум(Г) хлориду. А^КО, + їтаСІ - АвСіХ + ХаМО,.
Отже, у цій пробірці міститься розчин арґептумП) нітрату. Щоб довести, що
в іншій пробірці міститься розчин барій хлориду, треба додати в друїу части
ну речовини з цієї пробірки розчин солі сульфатної кислоти чи саму кислоту
Утвориться білий осад барій сульфіту: ВаСІ, -і- N8^80, — Вв80,1 + ЗйїаСІ. Отже,
у цій пробірці міститься розчин барій хлориду
22 Вміст кожної а двох пробірок треба розділити на дві частини (у розпорядженні
магмо чотири пробірки) У кожну З ДВОХ пробірок ПеріЛОІ Частини треби ДОдД
ти розчин кислоти (хлоридної або сульфатної). В одній із пробірок виділиться
вуглекислий газ (кврбон(ІУ) оксид) К,СО, 4 2НСІ - 2КСІ + ЄО,Т + Н,О. Отже,
у цій пробірці міститься р«>зчия калій карбонату. Щоб довести, що в Пішій про
бірці міститься розчин калій сульфату, потрібно додати в другу частину речи
вини з цієї пробірки розчин солі, що містить катіони Барію (наприклад, розчин
барій хлориду).
При цьому утвори! ься білий осад барій сульфату:
К/Ю, + ВаСІ, - Ва5О,і + 2КСІ.
Отже, у цій пробірці міститься розчин калій сульфату.
23 а)Си(.ХО,і, ——»Си(ОН), —і ->Си5О( —!—+ СиСІ,.
1) Си(ІЧО,), + 2КаОН - Си(ОН),1 + 2Ха.ЬО,;
Си” + 2МО, + 2Иа + 20Н - Си(0Н),1 + 2Из ’ + 2НО,';
Си” + 2011 -Си(ОН),.
2) Си(0Н), + Н.8О, - Си8О, + 2Н,О;
Си(ОН), 4 2Н + 80/ - Си” + 80” + 2Н,0:
Си(ОН), + 2Н - Си” + 2Н,0
3) СиБО, + ВаСІ, - СиСІ, - ВаБО.І;
Си” + 80/ + Ва” + 2СІ - Си” + 2С1 + ВаЗО,1;
80/ 4 Ва” - Ва80,І.
б) ь*а —!_»КаОН —і—> На^О, - -І—» МіА'0,.
1) 2Ха + 2Н/) - 2ИаОН + Н,Т;
2) 2Ь1оОН + Н.8О, - N«,80, + 211,0;
2Ха- + 2ОН + 2Н‘ + 80/ - 2На’ + 80/' + 2Н,0;
20Н + 2Н- - 2Н,О; ОН +.Н‘ - Н,О.
3) N«^0, + Ва(ХО,), - ВайО.І + :'Ка8О,;
2Ми- + 50,” + Ви' + 2ИО, - Ва80,4 + 2Ха* + 2КО/;
50/ + Вя1 - Вз8о,Ь.
ТЕМА 2. ХІМІЧНІ РЕАКЦІЇ
§ 14. Класифікація хімічних реакцій за кількістю і складом реаіентів
І За кількістю й складом реагентів і продуктів реакції розрізняють реакції
таких типів:
• реакції сполучення, під час яких Із двох 1 більше речовин утворюється
одна речовина;
656 ^ХІМ»ЯО.ЕЯрош«<ко^Ж«^ЖШ»3»в
г реакци розкладу, Під Час Яких 3 однієї речовини утворюється дві та біль-
[ Шс речовині
№ реакції заміщення, лід час яких атоми простої речовини заміщують атоми
Г (бони) у складній речовині;
* реакції обміну, під час яких дві складні речовини обмінюються своїми
Г складовими частинами.
Л і) рівняння реакцій сполучення: 4ІЧ» + О,'«• 2Иа,О; N«,0 + Н,О “ 2К.1ОН
І 2) рівняння реакцій обміну: N«,0 + 2НСІ - 2КаС) + Н О;
І Иа,0 + Н,8О, - Иа^04 + Н,0
> ВаО + НО — Ва(ОН), — реакція сполучення;
[ ВаО + 2НМО, - ВаІИО,), + Н,0 — реакція обміну;
І ЗВаїОИ), » А1,(804), - ЗВаЯо,4 Ч 2АІ(0Н),1 — реакцій обміну;
І СиО + Н, — Си + Н,0 — реакція заміщення.
*. Реакція сполучення* 4АІ + ЗО, *- 2А1,О,: реакція розкладу:
І 2АІЇ0Н), ——»А1,О,Н ЗН,О.
>15- Оборотні Й необоротні реакції
За напрямом перебігу процесу (юзрізняють оборотні та необоротні реакції,
ції, які відбуваються лише ь чппрямку утворення продуктів реакції,
нваються необоротними. Оборотними називаються реакції, які за одна
мих умов відбуваються в протилежних напрямках. Став оборотної реакції,
коли за одиницю часу утворюється стільки ж продуктів реакції, скільки їх
перетворюється на реагенти, називається хімічною рівновагою Зміщення
хімічної рівноваги відбувається при іміні температури, кинцепі рації реаген
Па, тиску (для газуватих рочопнв).
Ц)
Я
ч. Н,(г) + Ц(г) р# 2НІ (г). При збільшенні концентрації одного з реагентів (Н, або
р Ці хімічна рівновага зміститься в бік прямої реакції (вправо); при збільшені)!
І концентрації продукту реакції (НІ) хімічна рівновага зміститься в бік зворот
-іоі реакції (вліво)- Збільшення тиску не впливатиме на етан хімічної рівнова
ГИ, оскільки в процмі реакції об’єми газуватих речовин не змінюються.
Б'. СО + 11.0 рі СО, + Н.. Якщо в посудину додатково ввести водяну пару (Нг0),
яка є одним Із реагентів, то хімічна рівновага зміститься в бік прямої реакції
(вправо).
| 16. Окисно відновні реакції
І За ознакою зміни ступенів окнененмя атомів хімічні реакції поділяються
На окисно-відновні, шд чає яких змінюються ступені окисненнл атомів еле-
ментів, та реакції, які проходять без зміни ступеня окиснення. При цьому
І розрізняють такі процеси;
• віддача електронів (вкисиения), у якій приймає учаїть відновник:
• приєднання електронів (відновлення), у якому приймає участь окисник.
Ш
Ж
о
О 11 Ні -»»1 тії
1. N,1; N0, N0,; N11,; НКО,. Найнижчий ступінь зкисненни Нітрогену в N11,.
иайиищий — у НИО,.
2. М< 1 2НСІ - МдСІ + Н,Г — окисно-відновна реакція;
МдО + 2ПСІ - МкС-і, і 1'1,0 — реакція обміну
ХІМІЯ О. Г. Ярошенво $??
657
• - *1
3. М8 - 2 е -> Мк
СІ, + 2е -+2СГ
« о «3-І
4. 2Си + Мр, - 2 СиО
• - о
Си - 2 є —» Си 2
2
1 відновник, процес окиснеиня
1 окисник, процес відновлення
— реакція сполучення; окисно-відвовш реакція.
О, + 4е -» 20 4
«3-1 О V «З -І
СиСІ, 4 Ге - Си + ГеСІ, —
• - «з
Ре - 2 е -» Ге 2 1
•1 _ о 2
Мр + 2е -♦ Си 2 1
відновник, процес окислення
окисник, процес відновлення
реакція заміщення, окисно-відновна реакція.
відновник, процес окнсиепня
окисник, процес підновлення
«11 о »
2НрО - 2Нр * О, Т — реакція розкладу, окисно-відновна реакція
2 О - 4е -» О, 4
І їй + 2е -» Ц8 2
1 відновник, процес окисневня
2 окисник, процес відновлення
П _ -»ї
Си - 2 е —» Си
•і _ ч
N + Зе —» N
9*. ЗСи + 8НЙої(розбап.) - ЗСи(ЯО,‘), + 2К0 + 4Н,6.
2 3 відновник, процес окненония
в
З 2 окисник, процес відновлення
§17. Тепловий ефект реакцій Екзотермічні та ендотермічні реакції
5
ос
о
Кількість теплоти, яка виділяється або поглинається під час хімічної реакції,
називається тепловим ефектом хімічної реакції. Тепловий ефект позна-
чається Мі і вимірюється в джоулях або кілоджоулях. За тепловим ефектом
розрізняють реакції екзотермічні, які супроводжуються виділенням теплоти,
та ендотермічні, які супроводжуються її поглинанням. Рівняння реакції,
у якому вказується її тепловий ефект, називається термохімічним.
1. Якщо ЛЯ — додатне число, то відповідна хімічна реакція с ендотермічною:
в) 2Н,0 - 2Н, + О,; ЛЯ - +286 кДж.
Якщо ЛЯ с від'ємним числом, то відповідна хімічна реакція с екзотермічною:
а) 8 + О, - 80,; Мі - -297 кДж.
б) 2СО + О, - 2С0,; ЛЯ - 566 кДж.
4. Н, + СІ, - 2НСІ; ЛЯ - - 183,6 кДж — термохімічне рівняння реакції.
З*. Обчислимо кількість речовини вуглецю: V - —;М(С) - 12 г/моль;
З г М
У(С) в —---------- 0,25 моль.
12 г/моль
Складаємо рівняння реакції горіння вуглецю:
С + О - СО,-
658 ХІМІЯ О. Г. Ярошенко
г Ііркховуючи. що в рівнянні зазначається тепловий ефект із розрахунку
рВ кількість речовин, задіяпих у хімічній реакції, обчислимо тепловий ефект
К.аКЦ.1
0,25 моль С — 32,85 кДж;
[ і моль С — х кДж.
' ’і-оль^зглбкДж = ІЗМ кДж
0,25 моль
И^клцісмо термохімічне рівняння реакції: С + О, ~ СО,; ЛЯ “ -131,4 кДж.
І іМповідь: ХН “ -131,4 кДж.
| їв Швидкість хімічної реакції. Залежність швидкості хімічної
акції від різних чинників
міна концентрації реагентів чи продуктів реакції за одиницю часу при не-
^Ьіхиому об’ємі гомогенної системи називається швидкістю хімічко! реакції,
рів швидкість хімічних реакцій впливають такі чинники, як природа реагек-
Ми, концентрація речовин, температура, площа поверхні взаємодії речовин,
•явність каталізаторів (речовин, що прискорюють швидкість реакції).
* ім-мпокентами продуктів харчування е різноманітні хімічні речовини (жири,
білки, вуглеводи та ін.), які можуть вступати в хімічну взаємодію як з Іпши
І ми компонентами певного продукту, так і з компонентами повітря, передусім
Т ІВ киснем. При кімнатній їв більш високих температурах швидкість хімічних
•взаємодій, які можуть призвести до зміни складу (псування) продуктів, більша,
Г ніж у холодильнику. Саме тому продукти харчування слід зберігати в холодиль-
I пику. При цьому тривалість зберігання продуктів визначається температурою:
тоді як у звичайному холодильнику (температура близько 5 °С) чаг зберігання
І нв перевищує кількох діб, глибоко заморожені продукти в морозильній камері
І при температурі -18 ’С можна зберігати протягом кількох місяців.
Обчислення проводимо за формулою, яка математично передає правило Ваят-
Т Гоффа:
| ЯЗ
К-У* -Ч’*» \ =у<, 4‘:4‘-25«.
І ВідлогкН. швидкість реакції збільшиться у 256 разів.
падання для підготовки до контролю знань № 2
*. Б. 2. Г.
У. 1 - Б; 2 - А; 3 — Г; 4 — В. 4. 1 — А; 1 - В; 2 - В; 2 - Г.
6. г. в. В. 7. А.
І. А. М8 + 2НС1 - МкСІ, + Н,Т; Б. 2пО + 2НМ0, - 2п(КО,), + 11,0:
І В. 55пСО, —!—► 2пО + СО,Т; Г. 2Н.0 -•-‘-Д?—і 2Н,Т + О,Т.
Відповіді- Л, Г. .
ЦІ а • » ’
0. 2п + 5 -> 2п8
• _ -і
/о 2 г + 7л
о - 1
8 т 2е -» 5
Відповідь. 4.
2
2
2
1
2
ХІМІЯ О. Г. Ярошенко 659
10 в.
' 11. г.
12. В. В.
13. Обчислимо кількість речовини водню: Vе — ; ЧіН,) — 2 г/’мочь;
2 г М
у(Н.) = --------= 1 моль. Складаємо рівняння реакції горіння водню:
2 г/моль
2Н, 4 О, - 2Н,0
ІЯМІ
Враховуючи, що в рівнянні зазначається тепловий ефект Із розрахунку
на кількість речовин, задіяних у хімічній реакції, обчислимо тепловий ефем
реакції;
1 моль И, — 285,0 кДж;
2 моль Н, — х кДж.
х . , 571.8 кДж.
1 моль
Складемо термохімічне рівняння реакції: 2Н, + О, — 2Н,О; ДН і* -571,8 кДж
Відповідь.- АН - -571,8 кДж
14. Обчислимо кількість речовини азоту: V “ ™ , МШЛ * 28 г/моль;
7г М
у(Гч ,) ч ——----- 0,25 моль.
28 г/моль
Складемо рівняння реакції горіння водню;
N. + О, - 2К0.
Обчислимо тепловий ефект реакції:
0,25 моль Ьї, — 45,2 кДж;
1 моль Я, — х кДж.
Імоль 45,2 кДж „
0,25 моль
Складемо Термохімічне рівняння реакції: N,4 О, - 2ГІО; ЛІ/ - +180,8 кДж.
Відповідь АН - +180,8 кДж.
15. А.
16. Реакція добування амоніаку належить до реакцій таких типів: сполучення,
оборотних; каталітичних; гомоюхних; екзотермічних.
17. Наведений перелік схем рівнянь р,-акцій укладено за такими ознаками; усі
реакції належать до реакцій розкладу; усі реакції с окнсио-иідиовиими та на
лежать до одного тину окисио-иідяовии* реакцій — внутрішньо-молекулярних;
усі [Н-аКЦц гунроводжуються утворенням КН-'ПЮ.
18. Окисно відновні реакції, то відбуваються в природі:
1) утворення нітрогени І) оксиду в атмосфері при громових розрядах:
.4, - 0, - 2К0;
2) утворення вуглеводів у результаті фотосинтезу;
хСО, + уН,О - С,(Н О), + хО,
Окисно-відновні реакції, які відбуваються промисловості:
1) добування амоніаку: N. + ЗН, - 2Мі,;
2) добування металів (наприклад, марганцю): Мп,0, + 2А1 «
Окисно-відновні реакції, які відбуваються в побуті:
2Мп і А],О,.
1) реакція, на якій базується знезараження приміщень від ртуті:
Ну + 8 - ИкН;
2) реакція на поверхні виробів, виготовлених із Заліза, яка обумовлює процес
корозії: 2Ее + 4)1,0 - 2РеО(ОН) + ЗН,.
660 ХІМІЯ О. Г. Ярошенко
ТЕМА 3. НАЙВАЖЛИВІШІ ОРГАНІЧНІ СПОЛУКИ
19. Спільні й відмінні ознаки органічних і неорганічних сполук,
•удова атома Карбону та утворення ним хімічних зв’язків
До складу всіх органічних сполук обов'язково входять атоми Карбону (в усіх
Сполуках валентність Карбону дорівнює 4). а також атоми Гідрогену, Окси-
Гену, Нітрогену. Для органічних сполук характерна молекулярна будова,
між атомами в молекулах — ковалентний зв’язок. Прості речовини серед
.органічних сполук відсутні. Різноманітність органічних сполук порівняно
В неорганічними зумовлена здатністю атомів Карбону з’єднуватися між собою,
[утворюючи прості, розгалужені та циклічні ланцюжки, а також існуванням
ізомерів, ізомерами називаються речовини з однаковою молекулярною фор-
Iдудою, але різною будовою молекул.
*, Розглянемо основний та збуджений стани атома Карбону:
сіїв’аз’гр* 1) с» (із’гз'гр*)
та ТІ Ті;] і Т і т ! Т І ? |
йпН$у«ж«іпсЙ ©« звулжеяйНі стш*
втома Карбону втома Карбону
Г У збудженому стані кожен атом Карбону набуває здатності утворювати 4 кова-
I лентиі зв’язки як з атомами інших елементів, так і з атомами Карбону. Цим по.
І,яснюється те, що в усіх органічних сполуках валентність Карбону дорівнює 4.
В'. Різноманітність органічних сполук пояснюється здатністю атомів Карбону
Г сполучатися між собою, утворюючи прямі, розгалужені та замкнені (циклічні)
І ланцюжки, а також існуванням ізомерів - речовин з однаковою молекулярною
Е формулою, але різною послідовністю сполучення атомів у молекулі й, відповід-
I по, різною будовою молекул.
й 20. Утворення ковалентних зв’язків в органічних сполуках.
Структурні формули
І В органічних сполуках розрізняють одинарні. подвійні та потрійні ковапент
ні зв’язки. Ііайміцнішнмн с одинарні зв'язки атомів Карбону між собою або
| з атомами інших елементів-оргалогенів.
Хімічні формули, які відображають хімічний склад речовини й порядок спо-
’ іуч ння атомів у молекулі, називаються структурними. Умовні позначення
І хімічної о складу молекули, послідовності та просторовою розміщення атомів
1 у молекулі називаються моделями молекул.
и
X
о
І. У молекулі органічної сполуки атом Карбону утворює 4 ковалентні зв’язки.
В основному стані атом Карбопу має 2 посварені електрони, тому здатність до
утворення І ковалентних зв’язків атом Карбону набуває тільки в збудженому
стані.
І 3. Одній молекулярній формулі можуть відповідати різні органічні сполуки, тому
Г для вивчення органічних сполук важливо знати їхню структурну формулу.
4 Одній молекулярній формулі С4Н10 відповідають сполуки:
4) СН,-€Н,-СН,-СН,;
б) СН,-СН-СН,
СН,
в*. У завданні 4 написані формули 5 різних органічних сполук: і) пропан; 2) про-
пек; 3) циклобутан; 4) бутан; 5) 2-метилпрошиі.
ХІМІЯ °’ Г’ Ярошенко ;$!• 661
§ 21. Метан, його будова і властивості. Гомологи метану
№
й
X
О
сг
О
Найпростішою за хімічним окладом органічною сполукою, яка пр^дстяііляс
гомологічний ряд насичених вуглеводнів, с метан. Речовини а подібною бу-
довою та властивостями, які відрізняються за складом на одну або декілька
груп -СН,—, с гомологами. Молекулярні формули гомологів метану відлові
дають загальній формулі С.Н^,,, У молекулих насичених вуглеводнів усі
атоми пов'язані одинарними зв'язками За фізичними властивостями перші
4 представники гомологічного ряду метану — гази, наступні 13 — рідини,
починаючи з С,,На — тверді речовини, нерозчинні у воді. Для насичених
вуглеводнів найбільш характерними с реакції заміщення атомів Гідрогену
атомами галогенів, а також реакції' горіння та термічний крекінг.
4, Обчислимо відносну густпяу стану за повітрям. О_ (С.Н.) ;
ЛЯ повітря)
М(С,Н і - ЗО г/моль; і> (С,Н,) ?ЧГ' м0* *ь и і,оз ,
29 і / моль
Визначимо підносну густину етану за воднем.
ЛНі(С,Н,) = : ШН,) - 2 г/моль:
Л'ЦгЦ)
Г> /Р Ні — моль _ । •
л«.ОД)я —_.і5.
Обчислимо відносну густину стану за бутанолом'
с.идв< а «> М(С,В,ОН) ’
М<С,Н«ОН) - 74 г/моль; Д.-_,(С.Н.) = ^9 - — - - 0,41
* ;4 г/моль
Відповідь: ЬЗД(ЦН,) - 1.03; В^(С,На= 15; ЛГ1МЖ(С.Н.) = 0.41.
5. Обчислимо кількість речовини етану за нормальних умов: V = —;
. 11.2 я 1 "
ЦС.Н,) « ----•- 0,5моль .
* ‘ 22,4 л моль
Визначимо число молекул етану: N ~ V • ХА;
ЯС.Нгі = 0.5 моль 6,02 10а—^— = 3.01 Юл
моль
Обчислимо кількість речовини гексану: V - ~ ; ЛДС.Н,,) - 86 г/моль;
43 г
УіС,111()« — — 0,5 моль. Обчислимо число молекул гексану:
86 г / моль
'Ж,Н11)--О,->ММ1. 6,02 10а—ї—= 3.01 І0л-
моль
Відповідь число молекул в стані та гексані однакове.
6". Складемо рівняння хімічної реакції повного заміщення Гідрогену в метапі
атомами Хлору:
СН, + 4СІ, ОСІ, + 411С1 .
І Мґ«м. 4 «б яіа
СН, і СІ, реагують в об’ємному відношенні 1 : 4. Який би об’єм СН, не взяли,
СІ, потрібно в 4 рази більше. Обчислимо об’єм хлору, необхідний для повного
заміщення 1'ілрогену в метані (я. у.): ИСІ,) - 4 ІГ(СН,):
С(СІ,) -4 5,6 - 22,4 л.
Відповідь: 44,8 л хлору вистачиїь для повного заміщення.
662
ХІМІЯ О. Г Ярошенко ?$:
Етилен й ацетилен,ЇХ склад, хімічні формули
фізичні властивості
и. у молекулах яких не всі валентності Карбону використані ла спо-
єнії я а атомами Гідрогену, називаються нгкаеичвкими. Найпростішою ор-
чвою сполукою з подвійним зв’язком атомів Карбону в молекулі с етилен,
кртрійним зв'язком — ацетилен Фізичні властивості етилену й ацетилену
ні до фізичних властивостей метану: аа звичайних умов ці речовини
барвними, газуватими. погано розчиняються у воді.
_ „ „ ЛКС.Н,)
числимо відносну густину етилену за озоном:
Лі (* 'у і
М/С^Н,) - 28 г/моль; ЛЇ(О,) - 48 г/моль; ЛЛ(С,Н4)а ^Г^>Ц^ = 0.58 .
1 *ОГ,’ моль
Визначимо відносну густішу ацетилену за сульфур(І¥) оксидом:
(СаНг) = . ЛЦС.Н,) - 26 г/моль; М18О,) - 64 г/моль;
** Л'Г(8О8)
РІЮ,<С>Н,)Д^ М°Л** = 0,41.
І • £4 г/маль
Відповідь: РОі(С,И,>»0,58; Р^(С,Н,) = 0,41.
Тетраедричну будову молекули має етан; площинну — етилен; лінійну — аце-
тилен
я Обчислимо кількість речовини етилену: V » ~ : М(С,Н4) — 28 г/моль;
І у(С»НЛ = —130-— = 4,6 моль.
‘ 28 г/моль
[ Визначимо об'єм етилену (її. у.): V — V Уя;
1 У(С,Н4) - 4,6 моль 22,4 л/моль “ 103 л.
Відповідь: ИС,»,) - 103 л.
I 5. Обчислимо кількість речовини ацетилену:
Г у(С,Н,)= 3 011°Д
N
V = —:
= 0,5 моль.
6,02 10” —-
моль
Визначимо масу ацетилену: т — V • М; М(С,Н1) - 26 г/моль;
лЦС^Н,) - 0,5 моль 26 г/моль - 13 г.
[ Обчислимо об’єм ацетилену за нормальних умов:
' V - V V ; ИС,Ма) - 0,5 моль 22,4 л/моль = 11,2 л.
Відповідь т(С,Н,) - 13 г; И(СТН:) - 11.2 я.
В* Електронні формули ненасячених вуглеводнів: .
Н Н Н
1)С4Н, Н:С:С::С:Н;
Н
► Структурні формули неиасичених вуглеводнів:
н н н
1 І І
1) С,1І, Н-С-С-С-Н;
н
н
Н : С :С :: С : Н.
Н
2) С,Н.
II
і
Н-С-СшС-Н.
н
2) С,Н,
ХІМІЯ О. Г. Ярошенко
663
§ 23. Хімічні властивості, застосування етилену й ацетилену
а
х
о
а
о
Ненасичені вуглеводні, найпростішими представниками яких < етилен й аце-
тилен, легко вступають у реакції окисиенвя й приєднання а утворенням
сполук, що містять одинарні зв'язки. Реакція приєднання водню до нена-
сичених вуглеводнів називається реакцією гідрування, або гідрогенізації.
Етилен, ацетилен та їхні гомологи можна визначити за їхньою властивістю
знебарвлювати водні розчини калій перманганату та брому.
3. Обчислимо масу брому в бромній воді: порозчиненої речовини) - т(розчину) - чг,
т(Вг,) - 200 г 0,016 - 3,2 г.
Визначимо кількість речовини брому: V •= — ; ЛЇ(Вг,) - 160 г/моль;
у(Вг.) = —- 3’2 Г- 0,02 моль.
’ ІбОг/моль
Складемо рівняння хімічної реакції взаємодії етилену з бромною водою:
С,Н. + Вг, - С,ІІ4Вг,.
1 та і иш
Згідно з рівнянням реакції: у(С,Н4) - у(Вґ,) — о,02 моль. Обчислимо об'єм ети-
лену (н. у.): И(С,Н4) - 0.02 моль 22,4 л/моль — 0,448 л.
Відповідь: 0,448 л.
4. Обчислимо кількість речовини натрію: V - —: М(Иа) — 23 г/моль;
ІЯг М
у(Иа) = ——--------- 0,1 моль.
23 г/ моль
Складемо рівняння хімічної реакції взаємодії натрію з водою:
2Ма + 2Н,0 - 2КаОН + Н,Т.
1 чада і
Згідно з рівнянням реакції:
у^Н,) = - ¥(N8) = ~ 0- і моль 0,0& моль.
<2 л
Обчислимо кількість речовини ацетилену: Vе—: М(СТН,) - 26 г/моль:
4 8г ™
у(С,Н.) ----1----= 0,18 моль. Складемо рівняння хімічної реакції взаємодії
г 26 г /моль
ацетилену з воднем з утворенням насиченого вуглеводню: С^Н, + 2Н, ——♦ С,Н4.
Згідно з рівнянням реакції: у,(Н,) - 2 • уїС,Н,) — 2 0,18 моль — 0,36 моль, тоді
як у,(Н,) - 0,0Б моль.
Відповідь: водню не вистачить.
§ 24 Відношення об’ємів газів у хімічних реакціях
5
§
Згідно із законом Гей-Люесака, у хімічних реакціях об'єми газуватпх ре-
човин (реагентів та продуктів реакції) відносяться між собою як невеликі
цілі числа, які збігаються з коефіцієнтами в рівнянні реакції Згідно із за-
коном Авогадро, у рівнях об'ємах різних газів за однакових умов міститься
одне й те саме число молекул. На підставі закону Гей-Люссака (об’ємних
відношень газів) можна обчислювати об'єми газуватнх реагентів та продук-
тів реакції.
2. Згідно із законом Авогадро. у рівних об'ємах різних газів за однакових умов
міститься одне й те саме число молекул. Оскільки об’єми хлору (22,4 л) та хло-
роводню (44,8 л) різні, то, відповідно, число молекул для цих газів також буде
різним.
664 Ш ХІМІЯ О. Г. Ярошенко
емо рівняння хімічної реакції:
N. + О. - 2ИО.
‘ємні відношення між Я, і 2ЬіО —1:2. Який би об'єм нітроген(П) оксиду
Е ' 60 т
утворився, азоту потрібно взяти в 2 рази менше, тобто —— =ЗОл.Оскіль-
об’ємні відношення між О, І N0 також становлять 1 : 2, необхідний об'єм
кисню дорівнює ЗО л.
^ійлоеіЗ*.- ЧИ,) - ЗО я; Р(О,) - ЗО л.
НГ реакції горіння бере участь лише один із двох компонентів суміші, а саме —
Кстан. Складемо рівняння реакції горіння мотану:
!СН, + 20, - СО,Т + 2Н,0.
1 йЛ'ем І «ЛЧзд
Об’ємне відношення між СН, і 0,-1 : 2. Який би об'єм кисню не взяли, СН, нот-
І 60л
рівно в 2 рази менше, тобто —— 30л. Обчислимо об'єм другого компонента
— вуглекислого газу: У(СО,) — И(суміші) - У(СН,); У(СО,) - 40 л - ЗО я —
10 л. Визначимо об'ємну частку вуглекислого газу в складі початкової суміші:
<Р(СО,) » ,5(СУ.7' Ф(СО,)3 77і ’°’25 з6° 26 %'
І- Р(суміші) 40 л
Відповідь: <р(СО,) = 25 %.
емо рівняння реакцій горіння мотану та етилену:
СН, + 20, - СО,Т + 2Н,0 (1); С,Н, + ЗО, - 2С0,Т + 2Н,0 (2).
ІМ'иа 1Л <™ І «ГИ »<«’<»•
Приймемо об’єм метану в суміші аа х л, тоді об’єм етилену дорівнюватиме (60 - х) л.
З рівняння (1) бачимо, що об'ємне відношення СН, і О,— 1:2. Який би об'єм
метану не взяли, 0, потрібно в 2 рази більше, тобто 2х (л). З рівняння (2) бачи-
мо, що об'ємне відношення С,Н, і Ог— 1 : 3. Який би об'єм етилену не взяли.
О, потрібно в 3 рази більше, тобто 3(60 х) — (180 - Зх) л. В умові задачі ска-
зано. що загальний об’єм витраченого в обох рівняннях кисню становить 140 л.
Це дозволяє записати та розв'язати таке алгебраїчне рівняння:
2х * (180 - Зх) - 140 (л);
2х Зх - 140 180;
1-х — -40; х - 40 (л).
і Оскільки через х було позначено об’єм металу, то його об’єм у вихідній суміші
І. становив 40 л. Решта суміші: 60- 40 - 20 (л) приппдас на етилен.
Відповідь: об'єм метану — 40 л, об'єм етилену — 20 л.
( 25. Поліетилен. Поняття про полімери
сполучення багатьох молекул нснасиченого вуглеводню в одну макро-
молекулу називається реакцією полімеризації. Для характеристики реакції
лімеризаціі використовуються такі поняття, як .мономер, полімер, ступінь
полімеризації, мономерна ланка. В одну макромолекулу можуть об'єднуватися
; кількох десятків до кількох сотень тисяч молекул мономера, тому віднос-
молекулярна маса полімеру є числом приблизним.
а. псн,-сн -»(-сн^-сн-м
ін, СН, **
МКЇЯІМЦР ЄППНЄ7УРМ
о.
X
О
а
О
•X
ХІМІЯ О- г* Ярошенко 665
Ця реакція сполучення відбулася за рахунок розриву подвійного зв’язку мі;
атомами Карбону в молекулі насиченої сполуки гтропену (пропілену).
3. Поліетилен та поліпропілен називаються насиченими внсокомолеку.тарними вуг 1
леводпями, оскільки, на відміну від вихідних мономерів етилену та пропілену,!
які е ненасиченимн вуглеводнями, ці полімери не містять подвійних зв’язків^
у своїй структурі.
§ 26. Метанол, етанол, гліцерин як представники оксигеиовмісних
органічних сполук. Поняття про функціональну гідроксильну групу
Похідні вуглеводнів, у молекулах яких один або кілька атомів Гідрогену за- І
міщені на одну чи кілька одновалентних гідроксильних груп -ОН,налине
ються спиртами Представниками одноатомних спиртів с метанол СН,ОН
та отаяол С,Н,ОН; представником багатоатомних спиртів с гліцерин (або
гліцерил) 0,11,(01-1),. Перші представники гомологічних рядів одноатомних
та багатоатомних спиртів е рідинами, гомологи зі значним вмістом Карбону —
твердими речовинами, Газуватнй агрегатний стан серед спиртів відсутній, що
пояснюється відсутністю між молекулами спиртів водневих зв’язків.
2. Молекулярні формули: СН,0 — метанол; С,Н,0 — етанол; С,Н,0,— гліцерин.
Електронні формули:
н н н н
Н : С : 0 : Н И : С ; С : 0 : Н Н ; С : О : Н
а Н Н Н : С : О : Н
метанол етанол Н : С : 6 : Н
В
Структурні формули: гліцерин
Н І н н Н
н-с-о-н 1 н-с-с-о-н н-с-о-н
н н н Н-С-О-Н
метанол етанол Н С-О-Н
' Н
гліцерин
__ _ п - А, (елемента)
Обчислимо масові частки Оксигену в сполуках: и> » - т , дв п —
число атомів елемента.
1ИДСН4О) - 32; иіДО) - - 0,5,або 60 %;
МДС.Н.О) - 46: ®,(О) - 0,35. або 35 %;
46
М (С.Н.О.) - 92; «.(О)-—-0,52,або 62
$£ Відповідь: найбільша масова частка Оксигену (52 %) — у гліцерині.
Й'і
4*. Спирти мають вищі температури плавлевия та кипіння, більшу розчинність
•;¥ у воді, ніж відповідні вуглеводні. Така різка відмінність фізичних властивостей
Й спиртів від алкенів зумовлена насамперед тим, що спирти е полярними сполу-
ками; вони мають два полярні зв'язки: С- О та О-Н. Існування в втомах гідрок-
666 >Й ХІМІЯ О. Г. Ярошенко Й£ЙЙЙЙ:Й:::ЙЙ::;:$Й<::$ЙЙ:ЙЙ<ЙЙ:
иоі групи часткових зарядів із різними знаками призводить до міжмолеку-
допої взаємодії гідроксильних груп й утворення водневих зв'язків:
... О <-Н ... О Т- Н ...
т т
В К
Водневі зв’язки, які в результаті утворюються, слабші за ковалентні, проте їх
.утворення істотно зменшує леткість, підвищує температуру кипіння, оскільки
гати, які виникають, мають більшу молекулярну масу.
27. Хімічні властивості та застосування спиртів
Ічні властивості спиртів зумовлені наявністю функціональної гідроксиль-
1 групи -ОН. До типових хімічних властивостей спиртів належать має.
одія з лужними металами та реакція повного окисвення (горіння). Якісною
ісю па гліцерин та інші багатоатомні спирти е взаємодія зі свіжовиго-
еинм осадом купрум(ІІ) гідроксиду.
ас
ш
Д .Рівняння реакцій, які ілюструють хімічні властивості спиртів (на прикладі мс
1) взаємодія з натрієм; 2СН,ОИ + 2Иа “ 2СН,ОМа + Н,Т;
2) горіння: 2СН.ОН 4 ЗО, - 2СО,Т + 4Н,0.
ібчислммо кількість речовини пропанолу: ¥“77: М(С,И,ОН) — 60 г/моль;
90 г *”
(С,Н,ОН) =---—-------1.5 моль .
60 г/ моль
кладемо рівняння хімічної реакції горіння пропанолу:
С,НТОН + 90, - 6СО,Ї + 811,0.
в моль „
9 9
по з рівнянням реакції: у(0,) = — у(С,Н,ОН) = - 1,5 мояь = в,75 моль.
<й «
Обчислимо об’єм кисню за нормальних умов:
И- V И_; У(0,) - 6.75 моль • 22.4 л/моль - 151,2 Л.
Відповідь: У(О,) — 151,2 л.
Н. Гліцерин та інші багатоатомні спирти можна розпізнати за допомогою якісної
І К реакції, яка полягає у взаємодії гліцерилу зі свіжодобутим осадом купрум(ІІ)
І І гідроксиду.
І „ л • А (елементе)
П. Обчислимо масові частки Окснгецу в спиртах: и -~~Х7-------, де л — чис-
| ло атомів елемента. ’
І Мг(СИ,0) - 32; шДО) “ 0,5, або 50 %;
32
М,(С,Н,0,) - 92; ю,(О) - - 0,52, або 52 %.
Відповідь масова частка Оксигену більша в гліцераті.
в. Обчислимо кількість речовини натрію: V ~ ; А/(Яа) — 28 г/моль:
9 2г М
‘ \ ,(Ка) ----:---г- = 0,4 моль . Визначимо кількість речовини водню за нор-
* 1 * * * * * * * 9 23 г/моль
т ... , 2,24 л _ ,
мальннх умов: V - — ; у(Н,) = ———- ---= 0,1 моль .
М 22,4 л/моль
І ХІМІЯ О- г- Ярошенко :•:+ 667
Складемо рівняння хімічної реакції взаємодії натрію з етанолом:
2Иа + 2С,Н3ОН - 2С,Н,ОНа + Н,Т.
»' іммп. І мадд. І
Згідно а рівнянням реакції: у,(На) - 2 ч(На) — 2 • 0,1 — 0,2 моль,
тоді як чДКа) “ 0,4 моль.
Відповідь; натрію вистачить.
7* *. Розчин етанолу можна розпізнати за характерним запахом. Розчин гліцерину
можна розпізнати за допомогою якісної реакції, характерної для багатоатомних
спиртів, яка полягає у взаємодії гліцерину зі свіжодобутим осадом купрум(П)
гідроксиду й супроводжується утворенням розчину яскраво-синього кольору. Роз
чин сульфатної кислоти можна розпізнати за допомогою взаємодії зі сполукою,
яка містить бони Барію, наприклад, барій хлоридом. Реакція супроводжується
утворенням білого осаду барій сульфату: Н .80, 4> ВаСІ, - Ва80,Х + 2ИСІ.
§ 28. Оцтова кислота,"їїсклад та будова
ї
О
Функціональною групою органічних сполук, що мають загальну назву карбо-
нові кислоти, є карбоксильна група —СООИ. Типовим представником кар-
бонових кислот є оцтова (станова) кислота СН,-СООН. Оцтова кислота вияв-
ляє всі типові властивості кислот: діє на індикатори, взаємодіє з металами,
основами, солями слабкіших кпслот, а також реагує зі спиртами.
1. Обчислимо масу станової кислоти а розчині:
лі(розчинено) речовини) — /п(роочипу) • н>; м(СН,-СООН) “ 60 г • 0,12 ” 6 г.
Визначим» кількість речовини станової кислоти:
V » —; М(СН,-С0ОН) - 60 г/моль;
М
6г
у(СН-СООН)- --------= 0.1 моль.
* 60 г/моль
Складемо рівняння хімічної реакції взаємодії етанової кислоти з цинком:
2СІЦ-СООН + 2п - (СНаСОО)а2п 4- НаТ
Я та» 1 шісь
Згідно з рівнянням реакції: ч(На) = ч(СН,-СООН) 0.1 моль « 0,05 моль.
4 4
Обчислимо масу водню: т - V- М; И(Н,) - 2 г/моль;
лі(На) - 0.05 моль • 2 г/моль - 0,1 г. Визначимо об’єм водню (її. у.):
V - V • У(Я,) - 0,05 моль • 32,4 л/моль - 1,12 л.
Відповідь; т(На) - 0,1 г; Г(Н,> - 1.12 л.
5. Складемо рівняння реакції етанової кислоти з етанолом:
-,О г* НЛП л*.О
СН.-СГ +НО-С.Н, У---------- .♦ СН, С< + н,о.
’ ХОН ’ • * ‘ О-СГН,
Уведення додаткової кількості одного з продуктів реакції (естеру або води) спри-
ятиме зміщенню хімічної рівноваги в бік зворотної реакції (вліво).
в*. Обчислимо кількість речовини кисню за нормальних умов:
V . 22,4 л
V » —ч(0,) • ————«-------= 1 моль.
¥я ’ 22,4 л/моль
Складемо рівняння хімічної реакції взас модії кисню з воднем:
2Н, + О, - 2Н,О.
1 «вмпі І ач*»
Згідно з рівнянням реакції: У(На) — 2 • У(Оа) •* 2 • 1 моль — 2 моль. Складем»
рівняння реакції взаємодії агавової кислоти з магнієм:
688 ХІМІЯ О. Г. Ярошенко
2СН, -СООН + 2М« - (СН,СОО),Ме + Н,Т.
ИЕ Ітп 1
Кгідно з рівнянням реакші: у(СИ,-СООН) - 2 - у(И„) -2-2 моль - 4 мол ь. Обчисли-
ДО масу станової кислоти: т « V • Мі М(СІІа СООН) — 60 г/моль; лі(СН, СООН) “
- 4 моль 60 г/моль - 240 г. Обчислимо масову частку кислоти в розчнні;
I № . - Исн» - СООН) = —= 0,4. або 40 %.
І м(розчину) 600 г
І ВДІммИдь. и>(СН,-СООН) - 40 %.
І 30 Поняття про карбонові кислоти та жири
|рбо>і<»іі кислоти, молекули яких містять понад 10 атомів Карбону, на-
Кйають'я вищими. Єстерн гліцерину й вищих карбонових кислот, зокре-
4 иасичених пальмітинової С11Н,1 СООН та стеаринової С„НМ-СООН,
також ненасиченої олеїнової СІГНМ-СООН належать до жирів. Жири, які
!гь вищі насичені карбонові кислоти, с твердими, а жири, які містять
нендсичепі карбонові кислоти, е рідкими (оліями). Тверді жири мають
ниє походження, тоді як рідкі — рослинне. Найбільш характерними
,іями для жирів є реакції гідролізу (обмінної хімічної взаємодії з водою)
руаання (для рідких жирів).
Ц карбонові кислоти: пальмітинова (С,,Н,(СООН), стеаринова (С,тНиСООН)
леїнова (С1ТНМСООН). Ненасичені вищі карбонові кислоти містять у своїй
ктурі подвійний зв'язок та виявляють хімічні властивості не лише карбояо-
кнелот, а й ненаснчсних вуглеводнів. Наприклад, олеїнову кислоту можна
іізнати за її здатністю знебарвлювати бромну воду та водний розчин калій
пані шагу.
ри належать до класу естерів. Жири утворюються а гліцерину та вищих кар-
ООНОВИХ кислот.
Складаємо рівняння реакції «етерифікації між гліцерином і пальмітиновою кис-
лотою кількістю речовин 1 моль та стеариновою кислотою кількістю речовин
2 моль:
.0
СН—ОН + НО—СС
,0
СІІ.-О—
^.0
СН.-ОН ь НО- СС
> л
^о
СН.—ОН + НО—СС
^0
СН—О-С<
ч І ^О-СІГН„
сн,—о-с^°
о
'«І
О
О
+ З Н,О
І»
Проведення гідролізу твердого жиру за наявності лугу дозволяє добувати не
' ляше гліцерин, а й натрієві чи калієві солі вищих карбонових кислот, тобто
мило:
СН.-ОН
+ З.ЧаОН(Н3О)
СН-ОН + ЗС(гНмСООИа
І < ітршт
СН ОН
Тржтмржт
глішевв
ХІМІЯ О. Г. Ярошенко
669
Щоб збільшити кількість твердих жирів, рідкі жири піддають гідрогевиаі
(гідруванню):
СН.-О—С; | <.0 сн, о-с< - О-С„НЗД р хо-с,ли
СИ-О-С^ і 1", N1 ь ЗН,0 ► сн—О- С< ^О-СІГНИ | ^О-С1ТН„ .о 1
сн,—о—с; ТрИММТ Сік-о- с< чо—с,.н„ ’ с.ли 1" ав ТрЖ'ГмріҐг лі
5, Обчислимо кількість речовин стеаринової кислоти: Vе - ; И(С„Н,,СООНі
28 4 г "* *
• 284 г/моль; у(С , Н .СООН)= —— ------ 0.1 моль . Складемо рівняння хімія-
284 г' моль
ііої реакції добування стеаринової кислоти;
С)ГИ,,СООН + Н, —> С„НМСООН,
І шдя» І миль І чвль
Згідно з рівнянням реакції: у(С1тИвСООН) — у(Н,) у(СІГНм-СООН) “0,1 моль.
Обчислимо масу олеїнової кислоти: т — V • М; М(С тН^,СО0Н) — 282 г/моль,
т(СІТІІп(ХХ)іІ) - 0,1 моль 282 г/моль - 28,2 г. Обчислимо об’єм водню (н. у.);
V - V - Уа; К(Н,) - 0,1 моль 22,4 л/моль - 2,24 л.
Відповіді,: лі(СгН„СООН) - 28,2 г; К(Н,) - 2,24 л.
В*. Складаємо рівняння хімічної реакції добування гліцерину:
О
1
СН -О- С< 4 ЗКаОН(Н,О) =
ХО-СіТН„ і,и.
.О
СН, 0-С< _
І моль
СН,-ОН
СН-ОН + ЗС„Нм<,ООЬа.
иатр-А стеарп
СН,- он
1 ЬоЯ»
Згідно з рівнянням реакції: Г(трпстеарату) - у(гліцерину) - 20(1 моль;
З • у(гліцерину) - 3 - 201і моль - 600 моль.
Обчислимо масу гриьстеарату: ш — V • М; А/(С,,Н)!0О() - 890 г/моль;
пЦС^И^О,) - 200 моль 890 г/моль - 178000 г - 178 кг. Визначимо масу натрій
гідроксиду; М(МаОН) - 40 г/моль; лцНаОН) 600 моль • 40 г/моль - 24000 г - 24 кі
шірозчиненоі речовин)
Обчислимо масу розчину натрій гідроксиду: т(розчииу) = — —
/п(розчииу) Ю0 кг.
Відповідь: т(тристеарату) — 178 кг; т(розчину ИаОН) - 100 кг.
§31. Вуглеводи: глюкоза, сахароза, крохмаль, целюлоза
НоЙПоШИреіІІШНМ у природі КЛАСОМ ОК< игсновмісних органічних сполук г вуг
леьоди. Вуглеводи поділяються па такі групи:
• моносахариди, які не вступають у реакцію гідролізу:
• дисахариди, які під час гідролізу розкладаються на молекули двох моно-
сахаридів,
• полісахариди, які при гідролізі утворюють значну кількість молекул мо-
носахаридів
670 ХІМІЯ О Г. Ярошенко
Ьставником моносахаридів в глюкоза С,Н(ІО,, дисахаридів сахароза
р’1гОи .полісахаридів - крохмаль і целюлоза, які мають однакову загаль-
формулу (С€НІ0О4),,але різку будову структурної ланки.
л АДелемеита)
Пчнслимо масову частку Карбону в сахарозі: ш =-----Е——— — , де п — число
І
Томі» елемента. М (С1гНиО1.) - 342; іг(С) = « 0,42 , або 42 %. Визначимо
і 342
Ьнотення мас елементів за відомими значеннями підносних атомних мас еле-
Митів та числа атомів, що входять до складу сахарози С14НИО(|:
і(С): т(П) : ш(0) - (12 - 12) : (22 1) : (11 16) - 144 : 22 : 178 - 72 : 11 : 88;
) 11 + 88 - 171. Це означає, що в 171 ваг. г сахарози міститься 72 ваг.
(Карбону. 11 ваг. г Гідрогену, 88 ваг. г Оксигеиу.
Відповідь.- «<С) - 42 %; т(С) : т(Н) : т(О) - 72 : 11 : 88.
(числимо масу глюкози, яку отримає організм хворого щодоби: порозчиненої
чопкни) - т(роочииу) • и>; т((С,Н140,) - 200 г 0,1 - 20 г. Визначимо масу
вікози. яку отримає організм хворого за 10 днів лікування: т,(С,Н,±04) “
10 т,(С,Нп04) - 10 20 г - 200 г.
Оповідь: т(С,Ни04) — 200 г.
За умови, що врожайність цукрового буряку становить 400 и,га. ма ділянці
площею 1 га можна виростити 400 ц цукрових буряків. Обчислимо масу цук-
Ь»у: т(цукру) — т(буряку) н'(сахарози); т(цукру) - 400 ц • 0,2 — 80 ц.
Відповідь: 80 ц.
,2. Хімічні властивості та застосування вуглеводів
скільки глюкоза має у своєму складі багатоатомні спирти та гідроксил ь-
і групи, вона вступає в якісну реакцію на багатоатомні спирти зі свіжодо-
ргим осадом купрум (II) гідроксиду. Проте, на відміну від багатоатомних
інртія, глюкоза окиснюсться кулрум(П) гідроксидом, що використовується
іія якісного розпізнавання розчинів глюкози й багатоатомних спиртів. Для
исвхарндів та полісахаридів характерними є реакції гідролізу. Крохмаль
^утворює зі спиртовим розчином йоду органічну сполуку складної будови
гемво-синього кольору.
. Глюкозу можна розпізнати за допомогою купруміІІ) гідроксиду, з яким вона
взаємодіє, як і багатоатомні спирти, завдяки наявності в молекулі гідроксильних
груп. У результаті реакції спочатку утворюється блакитний осад, який відразу
ж розчиняється, а розчин стає прозорим та набуває синьою кольору. Проте, на
підміну від багатоатомних спиртів, глюкоза окиснюсться купрум(П) гідрокси-
дом при нагріванні з утворенням цегляно-червоного осаду. Це є характерною
властивістю глюкози порівняно з гліцерином, що дає змогу розпізнавати ці ре-
човини.
Обчислимо масу розчиненої речовини а розчині, який необхідно виготови-
ти. лі(розчиненої речовини) *• т(розчияу) • ці; тДглюкози) - 400 г • 0,1 “
40 г. Визначимо масу розчиненої речовини у вихідному розчині: т,(глюкози) -
Ь 200 г 0.2 - 40 г. Оскільки маси глюкози в обох розчинах однакові, маси роз-
чинів відрізняються вмістом води. Обчислимо масу води, яку необхідно додати до
розчину масою 200 г, щоб одержати розчин масою 400 г: т(І1,О) - 400 г - 200 г -
- 200 г.
Відповідь: т(Н,О) “ 200 г.
ХІМІЯ О. Г. Ярошенко 671
8 33. Амінокислоти та білки
Нааваїсть у молекулах амінокислот двох функціональних груп, що вихиляють
різний хімічний характер: карбоксильна ( -СООН) — кислотний, амівогру
па (-N11,)— основний, — зумовлює їхні амфотерні властивості. Найпрості-
шим представником амінокислот є амінооцтова кислота СН,(НН,)-СООН
Природними полімерами, мономери яких — 20 а-амінокислот, є білки. їхні
структурні ланки сполучені пептндними групами. Для білкових молекул
характерна первинна, вторинна, третинна й четвертинна структури. Під час
нагрівання за наявності кислоти чи лугу відбувається гідроліз білків, унас-
лідок якого утворюється суміш а-амінокислот. Для якісного визначення
білків використовують кольорові реакції: біуретоау (поява фіолетового за-
барвлення колоїдного розчину білка в результаті дії купрум(П) гідроксиду)
та ксамтопратеїнооу (поява жовтого забарвлення в результаті дії ва білок
концентрованої нітратної кислоти).
1. Особливість складу молекули амінокислот полягає в тому, що її функціоналі,
ними групами є аміногрупа -N11, та карбоксильна група -СООН. Амінокисло-
ти поєднують у собі кислотні я основні властивості, тобто виявляють амфотерні
ознаки.
3. Такі природні полімери, як крохмаль та целюлоза, мають приблизну відносну
молекулярну масу, тому що ступінь полімеризації в їхніх молекулах буває різ
ним. Білки, на відміну від крохмалю та целюлози, мають більш конкретні зна
чення молекулярних мас.
4. Наявність білкових молекул у розчині чи в складі якогось матеріалу можна до
вести за допомогою кольорових реакцій із використанням розчинів купрум(П)
сульфату та лугу (біуретова реакція) або концентрованої нітратної кислоти (ксав
топротеінова реакція).
Завдання для підготовки до контролю знань N9 З
1. 1 — Г; 2 - Б: 3 — В: 4 — А.
2. 1 — Г; 2 — Б; 3 - В; 4 — А.
3. Б; В; Г; Д.
4. А. етея; В. гексан; В. пентан; Г. стан.
Відповідь: Б; В; Г.
5. В.
6. А. СН, + 20, - СО/ + 2Н,0;
Б. С,Н, + ЗО, - 2СО,? + 2Н,0;
В. С,Н,ОН 4 ЗО, - 2СО.Т + ЗН,О;
Г. с‘н,« + ПО, - 7СО,Т + 8Н,0.
Відповідь: найбільша сума коефіцієнтів (27) — Г; найменша сума коефіцієнтів
(6) - А.
7. Обчислимо масову частку Хлору в кожній із наведених сполук:
л • А (елемента)
и> “----1 2——---—-, де я — число атомів елемента.
А. МДСНСІ») - 119,5; ш,(С1) . -3 4 5 6 7-3^ = 0,891,або 89,1 %;
672 ХІМІЯ О. Г. Ярошенко
В. МДСН.СІ,) - 86; ш,(С1) - 2 ~~ « 0.836. або 83,5 %;
85
Б и>,(СІ) » 89,1 %.
' Г. М,(СС1.) - 154; от,(СІ) = - 0.922,або 92,2 %.
154
Відповідь: А; В.
н, Обчислимо кількість речовини гомологу металу за нормальних умов (загальна
Г молекулярна формула гомологічного ряду насичених вуглеводнів — СйН1о,):
V • — ; *(С Н.616 *----------= 0.25 моль .
Г, * 22,4 л / моль
Визначимо молярну масу гомологу метану:
М = —; М(С.Н„.,) = —-— - 44 г/моль .
V ’ 0,25 моль
Молярну масу гомологу метану можна визначити також інакше:
М(С,Н„„) - п М(С) + 2л М(Н) + 2;
М(Ся1Ц..р - (12л + 2л + 2) г/моль.
Отже. 12л + 2л + 2 44;
14л - 44 - 2;
14л - 42;
я - 42 : 14 - 3.
Таким чином, молекулярна формула гомологу метану — С,НЖ,
Відповідь: С,1І,.
М(С.1Ц..,)
В. Відносна густина алкаиу за повітрям дорівнює: (С.Н,,.,) = —------ .
«(повітря»
Відповідно, молярна маса лякану дорівнює:
«(С.ік.в) - (С.н„.,) ^(повітря);
М(С.Ии<ї) - 0,55 29 - 16 г/моль.
Молярну масу алкапу можна визначити також інакше:
.^(СжИ:л . ,) - (12л + 2п т 2) г/моль.
Отже, 12п + 2п + 2 - 16;
1 4п - 16 - 2;
14л - 14;
л - 14 : 14 - 1.
Таким чином, молекулярна формула алкапу — СН,. Це метан. Обчислимо ма
сову частку Карбону в метані: ш = ——*е?та) _ де п _ число атомів еле-
мента. МДСН,) - 16; "
1.12
иЧС) “ - 0.75. або 75 %.
Відповідь: метан; іг(С) — 75 %.
10. Обчислимо кількість речовини етапу: Vе — ;
ЛЛС.Н.) - ЗО г/моль; М
З г
*(С,Н. >ж ---------- °Л моль,
30 г/моль
Визначимо число молекул в етані:
1
N - V Ил; Х(С,Н») - 0.1 моль 6,02 10а мол; - 0,6 10а.
Обчислимо кількість речовини метану за нормальних умов:
ХІМІЯ г Ярошенко $$ 073
V - —; у(СН4) - ----«0.1 моль.
V. * 22.4 л/моль
Визначимо числи молекул у метані:
1
ДГ(СН4) - 0.1 моль 6.02 10*' - 0,6 10й.
Відповідь: число молекул а етані та метані однакове.
11. 1 — А; 2 — В; 3 — Г; 4 - В.
12. 1 - В: 2 — А: 3 — Б.
13. 1 — Г; 2 — В; 3 — А; 4 — В.
14. 1 - В; 2 — А; 3 - Д; 4 — В.
15. Складемо рівняння хімічної реакції гідрування стену:
С,Н, + Н, г‘*“> С,Н4
І об’вм 1 об'єм 1 Об*«М
Об’єм вихідної суміші дорівнює: V, - У(С,Н4) + ИН,).
Позначимо об'єм етеку за х л, тоді об'єм водню становить (х + 4) л.
Об’єм вихідної суміші: V, - (х + х + 4) л - (2х 4 4) л.
Об’єм суміші після гідрування етеку дорівнює: V, - НСДІ,) + ЧН,).
Згідно з рівнянням реакції: У(С,Н0 - И(С,Н4) — х л.
Об'єм водню, який залишився, становить 4 л.
Об’єм суміші після гідрування стену: V, — (х 4) я.
ч Оскільки об'єм суміші зменшився на 20 л. одержуємо математичне рівняння:
И, - V, - 20 л;
(2х + 4) л - (х 4 4) л - 20 л;
2х + 4 - х - 4 * 20;
2х х - 20;
х - 20 (л).
Отже, об’єм етону у вихідній суміші становить 20 л. Визначимо об'єм вихід
ної суміші: V, - 2 20 +• 4 — 44 л. Обчислимо об’єм водню у вихідній суміші
УХН,) - 20 + 4 - 24 л Визначимо об’ємні частки компонентів вихідної суміші:
Ф(С,Н,) - — Ф(СГН4) = 0.45.або 45 %;
1 * Псуміші) 4 44 л
ф(Н,) “ І <ХН,) » - 0,55. або 55 %.
у(суміші) 44 л
Відповідь: <р(С,Н4) - 45 %. Ч>(Н,) - 55 %.
16. Г.
17. Г.
18. Обчислимо масові частки елементів в аміпооцтовій кислоті
СН,-СООН (0,11,0^1:
N11,
№ „ л^ДІелемікта). де л — число атомів елемента.
М,
2-12
Л//С.Н.О.ІЧ) - 75; иЧС) - - = 0,32. або 32 %.
7о
й-іЛ УЇМІСІ А Г аплаїшшгл
Г«ЧН> — -0,066,або 6,8 %; И.О)- ~ ж0.427,або 42.7 %;
Е 1-І4
н>^ і-1-11-0.і87, або 18,7 %.
75
І Визначимо відношення мас елементів за відомими значеннями відносних втомних
І мас елементів та числа атомів, що входять до складу хімічної сполуки С,Н(ОТМ:
т(С) : лі(Н) : т(О) : лі(М)- (2 12) : (5 1) : (2 • 18) : (1 14) - 24 : 5 : 32 : 14;
34+5 + 32+ 14-75.
[ Це означає, що в 75 ваг. г амінооцтовоі кислоти міститься 24 ваг. г Карбону,
І б ваг. г Гідрогену, 32 ваг. г Оксягеиу та 14 ваг. г Нітрогену.
Відповідь; »(С) - 32 %; и(Н) - в.в %; «ЧО) - 42,7 %; и<М) - 18,7 %;
І т(С) : лі(Н) : лі(О) : т(М)- 24 : 5 : 32 . 14.
В, Г.
РІ) Обчислимо-масу розчиненої речовини у вихідному розчині: т(ро3чипсної ре-
| чмвини) — тДрозчину) т(сахарози) — 200 г 0,5 — 100 г. Визначимо масу
І нового розчину:
, , т(розчипеної речовини)
І т, (розчину) = ——-------------------;
І *
І т,(розчину) « у-- ~ 500 г •
V;, Л
Г Визначимо масу води, якою розбавляють вихідний розчин:
(т(Н3О) - т,(розчину) - лі,(розчину); лі(І1,О) - 500 г - 200 г 300 г.
Обчислимо об’єм води: V ” — ; У(Н,О) — - - -Г - 300 мл .
р 1 г/мл
Відповідь: В.
ПРАКТИЧНІ РОБОТИ
0 6. Практична робота № 1
"Завдання 1
Обчислимо масу розчиненої речовини: т(розчипеиої речовини) - лі(розчину) ш;
і т(МаС1) - 40 г 0,1 - 4 г. Визначимо масу води, необхідну для виготовлен-
ня цього розчину: т(Н,0) - т(розчину) - порозчиненої речовини); лцН^О) —
| - 40 г - 4 г - 36 г. Обчислимо об’єм води: V = —; К(Н,0) = --— 36 мл.
р І г/мл
Відповідь. для приготування розчину необхідно 4 г МаСІ і 36 мл Н3О.
Завдання 2
Обчислимо масу розчину:
порозчиненої речовини)
т(розчииу) = ......... - >
н>
. . 8 г
т(розчипу) = - 50 г.
Визначимо масу води: /п(Н,О) - 50 г - 8 г - 42 г.
42 г
Обчислимо об'єм води: И(Н,О) = — • = 42 мл.
1 г / мл
Відповідь; для приготування розчину необхідно 8 г М^ЗО, 1 42 мл И,О.
ХІМ,Я г- Ярошенко 675
Завдання З
Обчислимо масу води: т - V р; т(Н,О) - 60 мл 1 г/моль - 60 г. Позначим,і
масу розчиненої речовини за х г, тоді маса розчину дорівнюватиме (х т 60) г.
Складемо алгебраїчне рівняння:
, , лі(цухру) - - X г
іг(цукру)« / 7 ' 4 ; 0,3 ----——.
т(розчину) (х + 60) г
0,3 • (х + 60) - х;
О.Зх + 18 - х;
О.Зх - х- -18:
-0,7х - -18;
х - 25,7 (г).
За х г ми приймали масу розчиненої речовини. Отже, маса цукру становить
25.7 г.
Відповідь: для приготування розчину необхідно 25,7 г цукру та 60 мл Н,.О.
Завдання 4*
Обчислимо кількість речовини мідного купоросу:
V " М(СпВО4 • 5Н,О) - 250 г/моль;
у(Си80, 5Н,О) = — ------- 0.04 моль.
250 г/моль
Визначимо кількість речовини купрум(П) сульфату;
у(Сіі50() - у(Си5О4 • 5Н,О) - 0,04 моль.
Обчислимо масу речовини купрум(ІІ) сульфату: т - V М; М(СиВО4) -
“ 160 г/моль; лЦСи8О4) - 0,04 моль 160 г/моль - 6,4 г.
Визначимо масу розчину купрум(ІІ) сульфату:
. , лЦСцВОА , , 6,4 г _Л
«(розчину) ------—лі; «(розчину) = —— 60 г.
и> 0,128
Обчислимо масу води, необхідну для приготування розчину:
«(Н,0) - «(розчину) - «(Си8О, 511,0); «(Н,О) - 50 г - 10 г - 40 г.
Визначимо об’єм води: Г(Н.О) = —« 40 мл.
1 г/мл
Відповідь: для приготування розчину необхідно 10 г Сч8О4 6Н,О та 40 мл Н,О.
Завдання 5і
Обчислимо масу рочоанпп питної соди: т - У М; МСЯаНСО,) - 84 г/моль;
«(МаНСО,) - 0,2 моль 84 г/моль - 16,8 г. Визначимо масу розчину питної
соди: «(розчину) ч ; «(розчину) . 409,8 г.
№ 0,041
Обчислимо масу води, необхідну для приготування розчину:
«(Н,0) - т(розчину) - «(ИаНСО,); т(Н,0) - 409,8 г - 16,8 г - 393 г.
393 г
Визначимо об'єм води: У(Н,О) =----»393 мл.
1 г/мл
Відповідь: для приготування розчину необхідно 16,9 г ІЧаНСО, та 398 мл Н,,О.
§12. Практична робота № 2
Завдання 1
Арґентум(І) хлорид можна добути в результаті реакції йонного обміну, викорис-
товуючи натрій хлорид та розчинну сіль, яка містить катіони А# , наприклад,
арґентум(ї) нітрат: ЙаСІ + АдМО, - А&СІІ + ИаКО,;
Ка т СГ т А» + N0, - А*С11 + N8* * N0, ;
СІ + Ад' - АдСІІ.
678 ХІМІЯ О. Г. Ярошенко
рКдвННй 2
Г Хімічна взаємодія відбудеться між такими речовинами:
І 1) сульфатною кислотою та барій нітратом-
І 11,50, + ВаґИО,), - Вь50,і + 2НМО,;
І № + 30/ 4 Ва ' + 2140, - ВаЗО,-! + 2Н* + 2МО,; 80/ + Ва* • ВаБО,Х.
І 2) сульфатною кислотою та натрій кіірбочаї^м-
Н^&О, + На,СО, - Иа>ЯО, -і Н,СО, Н.О;
ЬН'4 80/ + 2*\а’ 4 СО/ - 2Ка* + 80/ + С0,1 + Н,0;
Г 2Н' + СО/ - С0,Т 4 Н,0.
І 4) барій нітратом та натрій карбонатом:
ВаіИО,), + Мв3СО, - ВаСО 1 + 2М«МО,;
І Ва*’ 4 2Т4О, + 2Ка* + СО/ - ВаСО,Х - 2Ма' + 2Я0/;
Г Ва» + СО/ - ВаСО/.
Надання З
Вуглекислий іал у результаті реакції обміну між натрій карбонатом тд натрій
І.хлоридом добути не можна. Для цього потрібно провести реакцію обміну між
Г натрій карбонатом та кислотою (наприклад, хлоридшю):
№,СО, + 2НСІ - 2КаСі * Н,0 + СО,Т:
І 2Ка’ + СО/ + 2Н' + 2С1 - 2На' + 2СІ + Н,0 4- СО,Т;
І СО/ + 2И- - Н,0 + СО,Т.
ндаиин 4
ГСкладемо Молекулярні і йонні рівняння реакцій, які відповідають таким ско-
I роченим йонним рівнянням;
а) Н + ОН" - Н.О:
НС1 4 КОН КСІ 4- Н,0;
Н + СІ + К ‘ 4 ОН - К’ + СІ + Н,О.
б) М«’ + 810/ - Мг8іО/і
! Месі, Иа»Оа - МдЗІО/ 4 2КаСІ;
Мд» + 2С1- + 2Ка’ 4 810/ - МдВіО,! + 2Ка’ 4 2С1 .
а) А1” + ЗОН - АІ(ОН)/;
ЛІСІ, + ЗНвОП • АІ(ОН)/ 4 ЗНнСІ:
А1” + ЗС1 4- ЗМа- + ЗОН - АІ(ОН)/ 4- ЗМГ (• ЗСІ .
13. Практична робота № З
Молекулярні та йпвпі рівняння взаємодії ВНОН). із розтином луг-у та хлорид
мою кислотою:
ВеіОН), + 21ЧвОН - ЯаДВеїОН),];
ВкОН), 4- 2Ка’ + 2ОН - 2Иа‘ 4 [Вс(ОН)4Г ;
Ве4ОН>, + ЗОН -(ВЦОН),!’
& 29. Практична робота № 4
Завдання 1
У кожну з трьох пробірок треба додати розчин індика горе, наприг над, метилово-
го оранжевого. У розчині оцтової кислоти ммиловяй оранжевий матиме червоне
забарвлення, у розчині натрій гідроксиду — жовте, у воді — жовтогаряче.
Рівняная дисоціації оцтової кислота: СН1СОоН СН,СОО 4- Н . £
Завдання 2
Оцтовь кислота взаємодії з магнієм: >
2СН. СООН 4- М8 - (СН/ООі/Ив + Н,Т.
Х,МІЯ °" Г Яр°шенко 677
ЗавданняЗ
Рівняння реакції нейтралізації оптової кислоти лугом:
СН, СООН + НаОН - СН4СООМа + Н,О;
ЗСН, СООЯа + РеСІ, - (СН,-СОО),РеІ + ЗКаСІ.
фіруаШі ГПЮЧ‘
Н іявність солей оцтової кислоти в розчині можна довести за допомогою розчину
ферум(Ш) хлориду, оскільки в результаті реакції утворюється важкорозчинна
сіль ферум(Ш) стапоат.
ЗаВДЯННЯ 4
Оцтова кислота взаємодіє з нерозчинною основою купрум(П) гідроксидом:
2СН.-СООН + Си(ОН), - (СН^ГООІ.Си + 2Н ,0.
«ДОруМП» ЄВтИВОЄТ
Завдання 5
СН, СООКв —♦ СИ.-СООН —і—+ СО, Ч- > СаСО,
1) аСН,-СООИа + 11,50, - 2СН, СООН + N3,80,;
2) СН4 СООН + 20, - 200,1 + ЗН,О-,
3) СО, + Са(ОН), - СаСО/ 4 Н,О- ’
Завдання б*
Сильнішим електролітом, ніж оцтова кислота, с хлорпдна кислота. Це можна
церсвірити експериментально за допомогою приладу для визначення едектро
провідності (диб. рис, 2а па стор. 52 підручника), Дія цього необхідно електроди
приладу занурити в розчини кислот: карбонатної, хлорндної я оцтової — та зро
бити висновки за результатами спостереження.
§ 34. Практична робота № 5
Завдання 1
а) Розчин багатоатомного спирту можна розпізнати за допомогою якісної реакції,
яка полягає у взаємодії багатоатомного спирту л сніжодобутим осадом кгпрум(1П
гідроксиду і супроводжується утворенням розчину яскраво-синього кольору
б) Колоїдний розчин білка курячого яйця можна розпізнати за допомогою кольо-
рових реакцій білків: біуретової реакції, яка полягає в дії купрум(ІІ) гідроксиду
на колоїдний розчин білка й супроводжується появою фіолетового забарвтоння.
та ксантопротег нової реакції, яка полягає в дії на білок концентрованої нітрат-
ної кислоти й супроводжується ПОЯВОЮ ЖОВТОГО МібВрПЛГнНЯ.
в) Клаптик тканини білкового походження мояоіило розпізнати шляхом спалю-
вшня, яке можна здійсняти на підставці з вогнетривкого матеріалу або якшо
закріпити клаптик тканини у тримачі для пробірок чи металевих щипцях. Під
час спилювання матеріалу білкового походження відчувається апііах паленого
пір'я.
Завдання 2
а) Наявність атомів Карбону в складі молекули целюлози (С,Н^О,)л можна до-
вести, аналізуючи продукти горіння целюлози, зокрема вуглекислий газ. який
при пропусканні через розчин вапняної води сприятиме П помутнінню.
б) ІЦоб довести, що поліетилен є насиченою сполукою, на відміну від пенасичс
ноі сполуки — етилену, потрібно шматочок поліетиленової плівки або гранули
поліетилену помістити'в розчин чалій перманганату слабко-рожевого кольору.
Колір розчину калій перманганату Не змінюється, ЩО свідчить про те. Що ПОЛІС
ТИЛСН, На відміну від етилену, стійкий до дії окисників.
в) До складу соняшникової олії (рослинного жиру) входять пенасичепі виші кар-
бонові кислоти, зокрема олеїнова С„Н„ СООН. Наявність у молекулах естерів
678 ХІМІЯ О. Г. Ярошенко
Ьослинного походження подвійних зв’язків зумовлює їхню здатність знебарв
пювати бромну воду та розчин калій перманганату.
надання З
а) Щоб розрізнити крохмаль і цукор, які перебувають у твердому стані, тре
І ба розчинити їх у холодній воді. Крохмаль у холодній воді не розчиняється,
на відміну від цукру.
б) Щоб розрізнити крохмаль у вигляді колоїдного розчину й цукор у вигляді
І водного розчину, потрібно скористатися Йодною настоянкою. Крохмаль, на від-
| міну від цукру, утворює а йодом органічну сполуку складної будови темноли-
цього кольору. Під час нагрівання вона руйнується й сине забарвлення зникає,
а під час охолодження утворюється знову.
ждання 4
а) Оцтова кислота вступає в характерну реакцію з ферум(ПГ) хлоридом з утво-
і ренмям важкорозчинної солі ферум(Ш) етаноату:
І ЗСИ, -СООН + ГеС13 - (СН,-СОО),РеІ + ЗНСІ.
Хлориді,а кислота вступає в характерну реакцію з аріентум(і) нітратом з утво-
[ ренням сирнисто-білого осаду арґентум(ї) хлориду:
НСІ + АхЯО, - АдСІІ 1 НЬЮ,.
в) Цукор і глюкозу можна розрізнити під час їхньої взаємодії з купрум(П)
Г гідроксидом І глюкоза, і сахароза, яка входить до складу цукру, взаємодіють
Із Си(ОН), подібно до багатоатомних спиртів - з утворенням розчину яскраво
І синього кольору. Проте при подальшому нагріванні утвореного синього розчину
Г тільки за наявності глюкози з’являється оранжево-жовте забарвлення, а потім
виникає цегляно-червоний осад:
[ С.Нк,О, + 2Си(ОН), ——» С,Н„О, + Си.ОІ + 2Н,0.
1 гяпкош темніш ввели»
1в> Гліцерин і глюкозу також можна розрізнити за взаємодією з купрум(П)
гідроксидом. І гліцерин, і глюкоза взаємодіють із Си(ОН), подібно до багато
атомних спиртів — з утворенням розчину яскраво-синього кольору. Проте при
подальшому нагріванні утвореного синього розчину тільки за наявності глю-
кози розчин набув» орапжево-жовтого забарвлення, а потім випадає цегляно
_ червоний осад.
Завдання 5
а) У кожну з трьох пробірок потрібно додати розчин індикатора, наприклад,
метилового оранжевого. У пробірці з розчином оцтової кислоти метиловий оран
жений матиме червоне забарвлення; у розчині натрій гідроксиду жовте; у роз-
чині сахарози — жовтогаряче,
б) У кожну з трьох пробірок потрібно додати розчин лугу та купрум(П) сульфату
і вміст пробірок збовтати. Спочатку утвориться блакитний осад, який у пробірках
ІЗ розчинами гліцерину й глюкози відразу розчиниться, я розчини а пробірках
стануть прозорими та набудуть синього кольору. Щоб розрізнити гліцерин і глю-
козу, потрібно нагріти вміст пробірок. У пробірці з глюкозою нагріта частина
синього розчину забарвлюється а жовто-оранжевий колір, а при подальшому
ІІ нагріванні утворюється цегляно-червоний осад. Наявність крохмалю в розчині
можна підтвердити за допомогою йодної настоянки. Крохмаль утворює з йодом
сполуку темно-синього кольору.
в) У кожну з трьох пробірок потрібно додати розчин лугу та купрум(ІІ) суль-
фату і вміст пробірок збовтати. У пробірці з розчином білка утвориться фіо-
летове забарвлення (біуретова реакція}. У двох інших пробірках спочатку
утвориться блакитний осад, який відразу розчиниться, і розчини стануть
прозорими та набудуть синього кольору. Щоб розрізнити глюкозу й сахарозу,
слід нагріти вміст пробірок. У пробірці з глюкозою нагріта частина синього
ХІМІЯ О. Г. Ярошенко 679
розчину забарвлюється в жовто-оранжевий колір, а при подальшому нагрі-
ванні випадає цегляно-червоний осад.
Завдання Є
) Наявність у стиглих фруктах (яблуках, винограді тощо) глюкози можна
довести за допомогою реакції глюкози о купрум(П) гідроксидом, що супрово-
джується появою розчину лскраио-синьоГО кольору, який при нагріванні змі-
нює забарвлення ва жовто-оранжеве; а при подальшому нагріванні випадає
цегляїіо-чорвоний осад.
01 Наявність у картоплі та білому хлібі крохмалю можна Довести за допомогою
йодної настоянки- Крохмаль утворим, з йодом сполуку темно-синього кольору.
680 ХІМІЯ О. Г. Ярошенко
Розв’язання
вправ та завдань
до підручника
«ХІМІЯ»
П. П. Попеля, Л. С. Криклі
§1
ПОЯСНЕННЯ
РОЗДІЛІ
ВОДА. РОЗЧИНИ
п — це кількість речовини, яку можна знайти за формулами л -; п ——,
,4 N.
Де т — маса речовини, М - молярна маса речовини, N — кількість частинок
(молекул, атомів, Йонів, кротонів, нейтронів, тощо), — стала Авогадро.
N. = 6,02 10“-А—.
МОЛІ.
7. Дана;
т(Н,0) = 1 мг
- 1 »10 » г
N(11) - 7
N(0) - ?
—— = 3,35 10 " молекул;
моль
Розв'яіання'
«(ЩО)-і;
М(Н,0)і 2м(н)+ А/(О) =2 1+16= 18 г/моль;
л(Н,О)= - 0——=5,56-10* моль.
' ’ 18г/моль
Знайдемо кількість молекул води за формулою N = - о ;
N(11,0)= 5.56 • 10 ’ г/моль 6,02 10і
N(0)= N(11,0) =3,35 10 ** атомів;
Х(0)=2АГ(Н,О)=2 3.35 10 ‘* =6,7 10’* атомі».
Відповідь; N (О) =3.35 10 і* атомів, N(11)-6,7 10'* атомів.
8. Маса атома складається з маси протонів і маси нейтронів, тобто
т, = тг N *т, N .
Якщо <п, = Д>, = 1 а.о.м., тоді т, = N. + ії*. "і.(0) = 1+1 = 2 а.о.м.,
А, (□)= 2 . ш(О) = - Лв «’(О) — масова частка Дейтерію:
1 = 0,2, або 20%.
&
' ' 2 2+16 20
Відповідь: 20 %.
9. Дано;
N(11,0)= І молекула
т(Н,О) - 7
Розв'язання;
І спосіб
М — молярна маса (маса 1 моль) речовини. 1 моль
будь-якої речовини містить 6,02-10і* частинок,
в М (ЇІ,О) = 2+16 = 18 г/моль.
Отже, 6,02-10“ молекул Н,0 мають масу 18 г. а 1 молекула —
х г. Складаємо пропорцію: 6,02 10 молекул — 18 г; 1 молекула — х г;
, = 18 г '1 молекула м
6,02 10і*
П спосіб
Мису однієї молекули будь-якої речовини в атомних одиницях маси (а.о.м.) мож-
на обчислити за формулою /п(Н,О) = 2т, (Н)+ т, (О)= 2 1 + 16 = 18 а.о.м.,
682 ХІМІЯ Попель П. П., Крикля Я. С.
1 а.о.м - — ж (С)-1,66 10 га.о.м. 1,66 10**
12 ' '
т(И,О)= 18
$3
а.о.м. 1, «Зв 10 24 - 29,10 " = 2,99 10 ” • 3 10 я г.
Ні спосіб
ш(Н,О)- М
— -18 г/моль-------> манула---------. 2,99 10 я г • 3 10 ”
6.02 ю» М0ЛЄ,<уЛа
МОЛЬ
Відповідь: маса однієї молекули води становить 3 10 * г.
Кислотні оксиди - це оксиди неметалічиих елементів, які а водою утворюють
[кислот, а основні оксиди - це оксиди металічних елементів із валентністю
І і II, яким відповідають основи. Тільки оксиди активних металів (І, II гру-
пи головної підгрупи, крім Ве)з водою утворюють луги — розчинні основи.
[Ступінь окнснеяня елемента а кислоті або основі повинен бути таким самим,
.« 1 .41 , 5 .» -> \
' як 1 в оксиді. Наприклад: ЗО - На ЗО», а не Н,ЗО>. СиО - Си|ОН’ .
• ’ • /і
а не Си О Н
'її. Я) ЗО, + Н,О-Н,8О>
б) N«,6 • ІЦО-гИаОН ;
ш
X
о
>
в) І ,Оь + И,0 - 2Н І О,; г) М|?О+Н,О-М«: ОН І .
І ' '*
І Кислотні оксиди — ЗО,, 1,0, , їм відповідають кислоти Н,80,, ШО, . Основні
оксиди - N8,0 , М«О , їм відповідають основи ИаОН , М<(0Н),.
і 2 3 водою реагують кислотні оксиди з утворенням кислот, виняток — БІО, (пі
ґ сок); N,0, — • кислотний оксид, який із водою дасть НІЧО, - Основні оксиди ак-
тивних металів з водою утворюють луги. Сі,О з водою утворює луг ЬіОК ; ГеО
І А1,0, з водою де реагують, оскільки Ее яе належить до найактивніших ме-
І талів, а А1,0, — амфотерний оксид, який із водою не реагує.
Відповідь; з Н,0 реагують Ьі,0 і N,0,.
13. 8гО+Н,О-8г ОН* 1 ; ЗеО, < Н,0-Н, ЗеО,
СІ,О, + Н,0-2НСЮ, ; Іл3О, + ЗН,О-2Ьа он
Ступінь окиснсння елемента в кислоті або основі дорівнює ступеню окислен-
ня елемента а оксиді.
14 Літій реагує з водою, бо він активний метал, а золото не реагує, оскільки є не-
активним металом. Барій оксид реагує з водою, оскільки це оксид активного
металу, нікель(ІІ) оксид не реагуватиме, бо нікель ке належить до активних ме-
талів. Фосфорі V) оксид реагує з водою, оскільки в кислотним оксидом. Арґен-
тум хлорид — нерозчинна сіль, а водою не реагує. Кисень не може окиснпти
воду, оскільки вода вже окиснюватися ве може, тому що е продуктом окиснсн-
_ ня Гідрогену.
1) 2ІД + 2Н.0 - 2ЬІОН + Н,; 2) ВаО + Н,О - Ва (ОН), :
ХІМІЯ Попель П. П., Крикля Л. С.
683
3) р' О, + Н,0 - 2Н РО, або Р,О, + ЗН,О(налл.)=- 2Н, РО, .
15. Дано. Р(Н,0) -1л- 1000 мл Воав'язання: Згадаємо, шо р(Н,О)= 1 г/мл, отже, т(Н,0)«р V = 1 г/моль-1000 мл - 1000 г;
т) -т 2Н,О - 2Н, + О,
ПО,) - 7 п (Н,0) = — - 5°?° " ' • 55>56 М0/,ь'- 4,7 м 18 г моль
л(Н,)= п(Н,0)= 55,56 моль; л ,0,)= *-л(Н,О)> 27.78 миль. 4»
V = п , де У„ — молярний об'єм, V, = 22,4 л/моль газу за в. у.
Р(И()ьУя л - 55,56 моль 22,4 л, моль - 1244,5 л;
Відповідь. 1244,6 л і 622,3 л.
ПО,)-622,3 л.
їв. Дано:
т(СаО)= т(Н,0)-х г
Чи достатньо воли?
Розв’язання.
СаО + Н,0 - Са (ОН 1. За рівнянням реакції для
гасіння 1 моль СаО потрібно взяти 1 моль Нч0,
тобто л (СаО) п(11,0).
л(СаО) = ’ п(н,°)“ — ї к<То '
' 66 г/моль * 1 18 г моль 65 18
Відповідь: води буде не тільки достатньо, але певна П кількість ще й залишить-
ся, оскільки вода взята б надлишку,
§3
18. Сума зарядів усіх йонів цорівнки нулю, отже, на кожен Йои В**1 принада,
два йони СІ (2+ 2 •(-!) О ), звідси формула ВеСІ, . Формула криг тало гідра
ту. що міптить чотири молекули води. — ВеСІ, • 4Н ,0 , а йоіо назве — берилій
хлорид тетра гідрат.
19. ЛЦСиСІ,)-М(Си) + М(С1) = 64 - 2 35,5=135 г/моль;
2ЛГ(Н1О)=2[2ЛГ(Н)+М(О)]-2[2 її 1б]и36 г/моль;
М(СиС1, 2Н,О)« Л/(СиСІ,)-, 2М (Н,О)= 135 4 36 = 171 гімоль;
»(СиСІ.) — и1—— — = 0.79, або 79 %;
»(Н,О)= 100 %-»(СиС1,)« 100 - 79 » 21Н . або 0,21.
20. Дано.
я(Ва(0Н) нН,0)= 6,3 г
ж(Ва(0Н)) - ?
Розв'язання.
[ ГПОСІ0
М (Ва (ОН) 8Н,О)= М (Ва(ОН) + 8ЛГ (Н,0))=
171 4-8 18-315 г/моль. І мать крнсталогідра
ту містить 1 моль безводного Ва(0М).
684 ХІМІЯ Попель П. П., Крити» Л. С.
емо л(Ва(ОНІ 811,0)-- ~ = .... — = 0.02 моль;
' ' а ’ ' М 315 г/моль
м(Ва(ОН),)•> М п = 171г/моль 0.02 моль = 3,42 г.
ІІ спосіб
емо ц>(Ва(О1Ц) в кристалогідраті:
®(Ва(ОН1)-— «.121,0,5429.
V в^г А/ М(В.(ОНХ 8Н,О) 316
. . т(Ва(0Нї)
8формули и’(Ва(0НХ)=‘Д^^ц 8ц о) виволимо*ормулуяляовчисле"ня
маси Ва(ОНХ= т(Ва(ОНХ)=т(Ва(ОНХ-8Н,О) и>(Ва(ОН\);
т(Ва(ОНХ)=6,3 0,5429 = 3,42 г.
III спосіб
1. моль Ва(ОНХ 8Н,О містить 8 моль Н,О . Складаємо пропорцію:
у 315 г Ва (ОН ), 8Н,0 - 144 г Н,0;
у 6.3 г В»(ОН\ 8Н,0 — х г Н,О ;
г.
315
Отже, маса безводного Ва(ОНХ дорівнює;
т(Ва(01Ц)- т (Ва (ОН), 8Н,О)- т(Н,О)= 6,3 - 2.88 = 3.42 г.
Відповідь: т (Ва (ОН \ )= 3.42 г.
21. А1(М0,Х 9Н,О.
| 1 моль ' 9 моль;
213 г: 162 г|: 162;
1.3 : 1;
4 : 8.
Отже, маса солі відноситься до маси води як 4 : 3.
22 Дано:
Дт = 9 г
т(Ка,СО, ІОН,О) — ?
Знайдемо п (Н,0) • ~
Аї
Розв'язання;
Иа.СО, 1ОН,о 4 N«,00, + ІОН,О Т .
Зменшення маси відбувається за рахунок виді
лепня води. Отже, т (11,0) «9 г.
---------"0,5 моль.
18 г/моль
9 г
л (N11,00, 1 ОН,О ) Д п (Н,0) = 0,05 моль;
т(Иа,СО, ЮН,О)=1И п = 286 г/моль • 0.05 моль = 14,3 г.
М(На,СО, ІОН,О) - М(Мв,СОЗ + 10М(Н,0) - 106 4 10 - 18 - 286 г/маль.
Відповідь. т(М«,СО, 10Н,0) = 14.3 г, ЛПНа,СО, ІОН,О) - 286 г/моль.
ХІМІЯ Попель П. П., Крикля Л. С. й# 685
23 Дано:
ш(Н,О)=43,9 %
2,1180, хН,О — ?
Розв'язання.
І спосіб
Якщо и»(Ні.О)« 43,9 % , тоді
«1(71130,)-100% 43,9% = 56.1% (або 0,561),
М (21180, ХІІ.О)-16^= 287 г/моль;
Л/(2п80, хН,0) = М(2п80,)+хМ(Н/)).
287 - 161 + 18х; 7-х; 2п8и, 7Н,0 .
II спої 16
*М(Н,0)
иНО :
1 1 1 М(2пЯО4 хН,0)
М(2п8О, хІІ20)" Л/(2п90,)+хМ (Н,£))= 161 + І8х ; и-(На0)-^^~ ;
185_ -0,439; Івх - 0,439(161 ч 1»х): Їй* 70,679 + 7,902х ;
ІЬІИВл ' 7
10.098х = 70.679; 126 - 18х;
х 7 ; ХпВО, 7Н;О,
Відповідь: формула сполуки — 2пЯ0, 7ІІ.О.
Дано-
МОН Н,0
ц>(Н)-7,14%
М — ?
Розв'язання.
“"<Н) й7(мднТн^):
М (МОЇ! 11,0) Д (М)+ЗД (Н)+ 2ЛДО)= А (М)ч 3 +32 ;
“’^-Д0^35- "'07Нда; 0,6714(Д (М) + 35)= 3 ;
0,0714А (М)-г2,499-3;
А<МИ^?;4(М)=7.Ь
Відповідь: невідомий тужний елемент з А ” 7 — по ТЛ.
§4__________________________________________________________________
І Однорідні суміші речовин називаються розчинами. У розчині за розчинник
приймають речовину, що перебуває в такому самому агрегатному стані, що
й розчин. Яжшо агрегатний стан усіх речовин у розчині однаковий, тоді роз-
чинником с речовина, якої в розчині найбільше.
25. Глина я гас погано розчиняються у воді, тому не зможуть утворювати з нею
однорідну суміш. Розчини утворюються при розчиненні у воді спирту (пробірка
X 2), фруктового сиропу (пробірка № 3) та питної соди (пробірка .V б).
26. Назве цієї суміші неправильна, бо суміш не є однорідною.
27. Розчинником є: а) золото: б) вода; в) ацетон; г) вода ітрвдищніїо ь розчинах,
де с вода, цонп і вважається розчинником).
686 :•$. ХІМІЯ Попель П. П., Крикля Л. С.
Зб.Сокн полуниці, чорної смородини можна вважати роочнвямл після видалення
[КІСТоЧОК. Ці розчини МІСТЯТЬ воду, солодкі вуглеводи (цукор, глюкозу, фрукто
!ї ®У), органічні кислоти, солі, білки, тощо.
?я> У цьому розчині розчинником е вода (за традицією), 1 її набагато менше, ніж
| спирту. Отже, розчин концентрований.
М. У водному розчині кухонної солі містяться йони, бо кухонна сіль — це йон-
| на сполука, одо складається з йонів, які відокремилися під дією молекул води
і й перейшли в розчин.
92. Якщо нагріти ці рідини й випарити всю воду, тоді на стінках тієї пробірки, де
| був розчин кухонної солі, залишаться кристалики солі. Стінки другої пробірки
після випаровування дистильованої води Залишаться абсолютно чистими.
33. При розчиненні цинку в хлоридиій кислоті утворяться нові речовини: сіль
Г (цинк хлорид) і газ — водень При розчиненні цукру у воді утворяться розчин
І цукру.
37. Рідина над кристалами солі — це насичений розчин солі, Щоб розчин йти крис-
тали солі, потрібно додати ще води — і неоднорідна суміш перетвориться на од-
I нерідну, тобто на розчин.
38 Потрібно обидва розчини помістити в холодильник. У насиченому розчині че
рез деякий час випадуть кристали солі, які можна буде побачити.
39. 5(ЬіС1) при і 40 *С дорівнює 119 (8 — розчинність).
40. При і - 20 »С у 10 мл Н,0 — 20 г АеМО,, у 100 мл Н,0 — х. г;
І * = - 200 гсолі. У 100 г Н,0 максимально може розчинитися 230 гсолі
Д^ГчО, (згідно з кривою розчин настГ на рис. 19 підручника}. Отже, даний роз
чин с ненасиченим, але концентрованим.
41. Дано:
р(НаО)= 1 г/мл
У(Н,О)«1 л- 1000 мл
5(М,)=2>8
^(N0 - ?
Розв'язання;
Складемо пропорцію:
100 г 11,0 — 2,8 мг N. ;
1000 г 11,0 — х мг.
х = 10р г-2.8 мг = 2 8 мг _ 0 28 г.
ч (N,1=--== 0,001 моль.
1 *' М 28г моль
V (М,) = V,, п - 22,4 л/моль • 0.001 моль - 0,0224 я.
Відповідь: віл води за н. у. розчиняється 0,0224 л 14,.
І 00 ° 22
42. У 20 г Н,0 розчинили 22 г К,СО,, а в 100 г — х г: х-———-ПО г.
А за кривою розчинності при І = 80 °С максимально може розчинитися 140 г солі.
Отже, у приготованому розчині ще можна розчинити сіль.
100 г Н,0 - 140 г К,СО, (шах за кривою розчинності);
20 г Н,0 — х г; X - ~~ • 28 г.
ХІМІЯ Попель П. П., Крикля Л. С. :•£; 687
Щоб зробити приготований розчин насиченим, потрібно додати сілі,
т . 6 г (28 - 22 - 6 г).
43. У 100 г Н,0 - ПО г К,МО, (за кривою розчипності)-
1(М *>О
а)жг Н,О -20і К,КО,; ж І4-3 г-
Відповідь: мінімально маса види в розчині — 14,3 г.
пі а ІіЮ г Н4О — 90 г К,14О, (ав кривою розчинності):
80 г 11,0 - ж г; ж = 8- = 72 г
’ 100
Відповідь. максимальна маса — 72 г.
44 У ІоО г НО при і - 70 С мимжмальпо може розчинитися 280 г МаТ (за крн
всю розчинності). Отже, маса насиченого розчину становитиме 100 г + 280 г *
- 380 г. Складемо пропорцію; 380 г розчину - 280 г На) :
280 100
100 г розчину - ж г; ж ----------«73,7 г. Таким чином, у 100 г насиченого
380
розчину т(Н,О)= 100-73,7 26,3 г. У 100 і Н,О при і= 10’С максимально
може розчинитися 170 г Наї (зя кривою розчинності). Складаємо пропорцію;
100 г Н,О — 170 г N«1: 26,3 г Н,0 - ж г; ж = - *4,7 г. При охо
лодженні з розчину випадуть кристали солі масою т - 73. 7 - 44,7 - 29 г.
Відповідь: т(Ма1)= 29 г.
§6
48. Дано
т(розчину) - 300 г
«ііречовнни) “ 0,02
Розв'язання.
т( речовини) — 7
. т(реч.)
и> реч.) = , 4 —' <
т (розчину)
т(реч.) т(розчину) и’(реюв.). т (речовини) - 300 0.02 “ 6 г.
Відповідь, т(речс-вини) * 8 г.
49. Дано;
т (цукру) - 60 г
»і(Н,О)= 200 г
» (цукру) — 7
Розв'язання.
т (розчину) - т (цукру) т (Н/));
т (розчину) — 250 п » (иукру) -
- 50 =1=0.2 , або 20 %.
т(розчину) 250 5
Відповідь: и> (цукру) - 20 %.
т (раїч ). г НІ (разч. рсч.), г т (ьодн), г ш (рогч реч.і, %
40(1 8 392 2
50(1 40 460 8
51. Дина:
»(ККО,)=0,05
т(КМО1)=6 г
т(И,0) — 7
Розв'язання.
<1.05(6 V т(Н,0))- в ;
688 ХІМІЯ Попвль П. П., Крикля Л. С.
5 7
0,3 т 0,05«(Н,0)= 6 ; 0,05«(Н,О) 5,7; = 114 г.
Відповідь: щоб приготувати розчин із масовою часткою солі 0.05, потрібно
6 г калій нітрату розчинити в 114 г води.
52. Дано:
«(розчину) - 2 кг — 2000 г
і»(МаСІ) = 0,9 % , або 0,009
иі(КаСІ) — 7
У(Н,О) - 7
Розв'язання:
т(КаС1) т(розчину) ш(МаСІ);
«(ИаС1) = 2000 0,009 = 18 г;
т (Н,О) = 2000-18-1982 г;
V(Н,О)= — - 18?-2 Г = 1982 мл.
' ' р Іг'мл
Відповідь: т(НаС1)=18 г, У(Н,О)=1982 мл.
53. Дано:
тДрозчику) - 200 г
ісДсолІ) — 0,2
Е,(Н,О)= ЗО мл
«,(солі) - 20 г
ці,(солі) — 7
Розв'язання:
Після додавання води й солі до розчину маса нового
розчину збільшилася:
«Дрозчину) — «.(розчину) + т,(солі) + «, (Н,О) -
- 200 г + 20 г + 30 г - 250 г.
Маса солі новому розчині також збільшилася:
«(солі) - <л,(солі) + т,(солі).
У першому розчині т.(солі) — «.(розч.) • и>, (солі) — 200 0,2 — 40 г.
У новому розчині т,(солі) — 40 + 20 - 60 г;
(солі) = = 0.24. або 24 %.
’ «, (розчину) 250 г
Відповідь: масова частка солі в новому розчині становить 24 %.
54 У воді об'ємом 60 мл розчинили натрій хлорид масою 10 г. З утвореного роз-
чину частково випарили воду — і його маса стала 40 г. Обчисліть масову час-
тку солі в новому розчині. На скільки вона збільшилася порівняно з першим
роочнном?
Дано:
У. (Н,О) 60 мл
«. (МаСІ)- 10 г
«^розчину) 40 г
ігг(МаС1) - 7
Маса солі в першому й другому розчинах однакова — 10 г.
У першому розчині ш, (іМаСІ) - |0,14 г (або
14 %). а в новому и>,(КаС1) = "0,25 , або 25 %;•
До> • «>, - = 25 -14 = 11 % .
Відповідь: масова частка солі а новому розчині становить 25 %, порівняно з пер-
шим розчином вона збільшилася на 11 %.
55. Дано:
У (розчину) - 20 мл - 20 см'
р (розчину) - 1,25 г/см*
ш(МаОН)= 32 % , або 0,32
т(КаОН) —7
Відповідь: «(МаОН)-8 г.
Розв'язання:
« (розчину )= V (розч.) р(розч.) —
- 20 • 1,25 - 25 г.
«(N8011)= «(роз-пу) іо(КаОН)~
- 5 • 0,32 -8 г.
Х1МКІ Попель П. П. , Крикля Я. С. $$ 689
56 Дано;
т(Іл,ЯО, Н0)=16г
ш(Н,О) = 94 г
Н1Л,80, Н,О) — ?
Розв'язання.
ів(игзо4)~
т(игяо,)
т(роз- ну) ’
т (розчину) пі(Ьі,ЯО4 Н,0)4 пі (11,0);
»п(розч.) 104-94 =-110 г. Знайдемо масу 14,80, у кристалогідраті:
1 моль 14,80, 11 О містить 1 моль Ц,8О,;
п(Ьі^О4)-л(Іа^О4 Н,О);
п(ІД-8О. Н.О)» — 18г * 18 г/моль-0,125 моль.
’ * 1 * М 110С моль
т(игЯО4)= 5/ п - 110 г/моль 0,125 = 13,75 г;
ер(и,80.). 0,125, або 12,5 %.
' 110г
Відповідь. п(Ід^8О4)" 12,5 %.
57. При і 60 ’С в 100 г 11,0 може максимально розчинитися 40 г Си80,
Отже. т (розчину )- т(Н,О)ь т(Сп8О,)« 100-4И «140 г. Знайдемо а/(Сн8О,)
. _ , т ІСнЯО.) 40 г
в ньому розчині: и (Си8О.)=—1/ - — 0,286 , або 28,6 %.
' ' т (розчину) 140 г
58. Дана Розв'язання:
и(Си80, 5Н,О)-5г ці(Сиі>04) = 8 % , або о,08 и-(Си8О4) = ."»<СиЯ0Л . х ' лі (раз ну)
т(Н,О) — ? Знайдемо т(Си5О4) а мідному купоросі: 1 мппь Си8О4 5Н.О містить 1 мояь СиЯО,;
л (СиЯО, ) = л (Си8О4 5Н,0),
. «л п\ т(С>і50, ЙН,О) 5 г , „„
п(СчЗО, 5Н,0)-- -\ — — , - г= , - ----------- 'і----=п,02моли.
ЛГ(Си80 5Н,0) 160і моль + 5 18г моль
гл(СиЗО,)іМ я; яі(Си8О4) 160г/моль 0,02 3,2г,
т (розчину) - т(Си8О, 5НгО)+лг(НгО).
Нехай «11(11,0) у розчині — х г, тоді н>(СиЯО4)=
т (Сп804)
йЦСлїЯО. 5Н,0)+х
ч 'ї
0,08 = ——; 0,08(5 + х)= 3,2 . 0,4 і 0,08.1 =3,2 ; 0,08л =2,8: х = 35.
А Л V 4 '
Відповідь: для приготування розчину з и»(Си80,) = 8% потрібно 5 г мідного
купоросу розчинити у воді масою 35 г
59. Дано:
т, (роаЧииу) - 10 г
Ш!(КС1}-4%
и>,(КС1)-4%
т (КСІ) — ?
Розв'язання;
Знайдемо т, (КСІ) у 4-відсотковому розчині
т((КС1) лі(розч.)-и-,(КСІ);
т,(КС1) -40 0.04-1.6 г.
Після додавання солі масою х г, масова частка □ в по
1 6 X
йому розчині буде іег (КСІ) = — ;
690 ХІМІЯ Попель П. П, , Крикля Л. С.
0,05= Ї,6+-Х ; 0,05(40 + х)= 1,6 + х ; 2 і 0,05х = 1,6 + х ;
40+х '
0,4-0,95x5 Х = 0,42.
Відповідь: для приготування розчину Солі з ш(КС1)« 5 % із 40 г цього ж роз-
чину з іс(КСІ) 4 % потрібно додати в розчин ще 0,42 г солі.
Розв'язання:
Щоб зменшити масову частку солі, потріб-
но до розчину додати води. Із 2 г На№О, учень
зміг приготувати 5-відсотковий розчин масою
. . т(НаМ0.) 2г
т (5 % розчину) = - Л-т—гт, 4 “ " = 40 г-
' 7 «,(N^N0,) 0.05
60 Дано.
т(КаМ0,)=2г
ю, (Ма1Ч0,) = 5 %
»,(ИаКО,)-4%
т(Н,0) - ?
І Для зменшення масової частки він додає воду масою х г.
. лаМаНО.)
Тоді ш(КаК0,) у новому розчин, - ш,(N^N0,)- т(&- —- р*-5
0,04 = —?—; 0,04(40 + х) = 2 ; 1,в + 0,04х = 2; 0,04х = 0,4;
40 + х '
І х-~ ; х=10; т(М,О)=Юг; Е(Н,0)410мл.
і- Відповідь: потрібно до приготованого розчину з л(МаМО,)« 5 % додати 10 мл
Н,О.
В7
І 65 Водопровідна вода проводить електричний струм, оскільки вона містять роз-
чинні солі (на відміну від дистильованої води).
66 Електропровідність морсько! води вища, ніж річкової, оскільки в морській ВОДІ
Г міститься більше солей та інших речовин — електролітів, які при розчиненні
дають йопи. що Я будуть зумовлювати електропровідність.
І 67 У розплавленому стані електричний струм можуть проводити речовини йон-
цоі будови: солі (магній хлорид), луги (калій гідроксид), основні (барій оксид)
А амфотерні оксиди.
68. а) Дано;
т(КяСі)-11,7 г
і¥(Ма')+^СГ) — 7
Розв'язання:
Знайдемо п (ИнС1)= = .-V*/'"—«0,2 моль.
4 М 58,5 г/моль
Сполука ИаСІ містить однакову кількість йоиів
Иа- і СГ ,
отже, л(Ма’)+л(С1 )= 0,2 + 0,2 0,4 моль; N = л;
N +6,02 10” 0.4 -2.408 10п йонів.
Відповідь: сумарна кількість йонів становить 2,408 10”.
б) Дано-
т (А1,О, )= 20,4 г
У(А1’“)і N (О* ) - 7
Розв'язання:
Знайдемо л(А1,0,)= ~;
Аі
*(АЦО,)- -?*/— 0,2 моль.
4 ’ *' 102 г/моль
:&: ХІМІЯ Попель П. П., Крикля Л- С. 691
Рплл язаикж
я(Са(коД)=
п(СаЖО. 1)- - ---= 0.25 мать:
' ' **' 164 г моль
моль;
мать;
1 моль А1,0, містить 2 моль АІ* і 3 моль О* .
і*тже. п(А1*ч)ь.2п(А11Оа)«-2 0,2 =0.4 моль;
с (О )= Зп(А1,0,)= З 0,2= 0.6 моль; п(А1 =1(0' )= 0,4 + 0,6 = 1 моль.
N ~ 6.02 0“ - — 1 моль - 6,02 10“ бонів,
моль
Відповідь- сумарна кількість копії* становить 6,02 10'*’.
в) Дано.
-п(Са(МОД)=41г
п (Са“ )= п (Са (N0, \ ) = 0,26
п(1Ч0, )= 2л(Са(МО1)1)» 0.5
л(Са’ )+л(МО, )= 0,25+ 0,5 = 0.75 моль.
А = у л; N = 0,7540*4 6.02 10я—і—=4.515 10“ бонів,
моль
Відповідь, сумарна кількість бонів становить 4,5)5 10”
&8
□ При складанні формули (гойної сполуки слід пам’ятати, що сума зарядів
усіх йоНІв дорідних нулю.
□ При написанні рівнянь електролітичної дисоціації слід пам'ятати, що:
1) кількість йопів у сполуці й у розчиш повинна оутн однаковою; 2) сумарний
заряд у пряній і лівій 'іштиндх рівняння мат бути однаковим.
71. К.С0, ц+2К‘ ^СО‘ ; Г<.(МОД р± Ре” тЗИО, ; МеСІ, рі Ме* 1 + 2СІ .
72. НОН сй 14 + ОН — гідроксид-йов літію;
Н N<1, рі Н ' + 5іОа — катіон гідрогену А пІтрпТ'йои;
Си8О4 р± Си*’ + 80,' — сульфат бон і йон КупрумуШ):
На,8 рі 2Ма' +8* — сульфід-йоп і йон Натрію;
К>РО. <-1 ЗК + РО* — ортофосфат йон і йон калію.
ІНаттооспоппі кислоти дисоціюють ступінчасто. Кількість стадій залежить
від основності кислоти. Двохосновні дисоціюють у дві, триосновні — у три
стадії,
73. І стадія: Н48 рі Н + НЯ . 11 стадія: 148" р» Н +8* .
74 Кальцій хлорид — йоппа сполука, кожен йон Са;' у сполуці з’єднаний ів два
ма йонамн Сі’. При розчиненні такої сполуки у воді кристали руйнуються,
і в розчин одразу переходять усі Йони, тому віп (як і всі середні солі) дисоціює
в одну стадію Я повністю.
692 ХІМІЯ Попели П. П , Крикля Л С.
Ті Дано:
/п(К,80,) = 2.9 г
*(К) ~ 7
л'(зо; ) — і
Розв'язання:
п (К8О)- £ : N (К,80,) = — = 0.017 моль. І
' 1 *' М 4 174 г/моль :
1 моль К^8О, містить 2 моль К' і 1 моль ЗО; .
Отже. п(к )-2л(К,8О4)= 2 0.017-0,034 моль;
п(8О’ )- л(К,80,)» 0,017 г/моль;
Д'(К )=Хч п; ,У(К-)=б.02 10м^-^- 0,034 моль-0,2 10” = 2 10“;
л(8О’, )-^ л; N(301 )= 6,02 0.017 моль-0,1 10м = 1 10м.
Відповідь: Х(К )=г2-10”, N<80; )= 1 10а.
І 76. Дано:
т(Са’’)=60 мг
/п(М<1’ )= 36 мг
"^(Са’ ’) = \ (М^’ ) - ?
Відповідь' правильний чарівні
Розв'язання-
л(Са*')=—• — = - = 1.5 моль;
> М 40 2
л(Са’*)= л(Мй' ).
а).
77. Дано:
И(НС1)= бвО мл - 0,56 л
«г
У(Н,О)-100 мл
ш(Й ) - 7
ів(Сі) - 7
Розв'язання:
у
Знайдемо л (НСІ) - — ;
л(НСІ) - - °,,Є5Л - 0.025 моль.
к 7 22,4 л, моль
НСІ ?=* Н’ + сг .
о,ои а.«* й.оій
ш(Н )= М л-0,025 г;
М (СІ )= М л - 35. б г/моль • 0,025 моль - 0.8875 г;
т(розчину)» т(НСі)+ т(Н,0);
т(Н,0)-И р-ІООмл 1 г/мл = 100г;
т(НС1)-М л; т (НСІ) = 36,5 г/моль 0,025 моль - 0,19125 г;
т(розчину)» 0,9125 Г+100 г-100,9125 г.
____т(Н’) 0,025 г
т (розчину) 100,9125 г
-2.5 10’ • або 0,025%;
' т (розчину) 100,9125 г
або 0.88 %.
Відповідь: и>(Н' )= 0.025 % , и>(Сі )» 0,88 % .
х,м,я Полель П. П., Крикля Л. С. 693
78. Дано:
т(Н,О) = 800 г
л(Ма,8О,) 1 моль
п(іЧаОН)» 2 моль
»(Ма’) — 7
ц,(8ОІ ) _ ?
иі(ОН ) — 7
Розв'язання;
N«,80, г+ 2№ + 8ОЇ; N«011 сі Не’ + ОН ;
і і —. ’-"м‘ »—
тоді сумарна п (N0’ ) 2 + 2 = 4 моль.
т (N8 )= п М = 4 моль 23 г/моль * 92 г;
т(8О;~ п Лі - 96 г;
т (ОН )« л Л/ = 2 моль 17 г/моль = 34 г;
/п(розчину) = т(Н,О)+ т(Ма,8О,)+т^аОН);
т(Ка,ЯО,) М п 142г/моль-1 моль " 142 г;
т (ІЧьОІІ) М • в = 40 г/моль 2 моль = 80 г;
т (розчину) =• 800 г + 142 г + 80 г’ 1022 г.
ш(Ма’)- ?*г =0,09 г, або 9%;
' * 7 т (розчину) 1022 г
... т (ЗО*. ) огі г
«(302 )’ ~А ; = т~- - 0.094 < айо 9.4 %;
' 7 т(роз-ну) 1022 г
о/(ОН )=_^£? ) . І11_ = 0,033. абоЗ.З %.
' ' гс(роз-ну) 1022 г
Відповідь: 9 %, 9,4 %. 3,3 %.
§9
Йонні сполуки, солі Й луги МІСТЯТЬСЯ в розчинах ТІЛЬКИ у вигляді бонів
Отже, ступінь дисоціації а в них дорівнює 1 (або 100 %) і вони с сильними
електролітами.
и
х
о
о
о
N (дис.)
Ступінь дисоціації а обчислюється за формулою а»—7і----- .де N (дме.) —
N(загал.)
кількість молекул електроліту, що розпалися на бони, N (загал.) — кількість
молекул до дисоціації.
До сильних електролітів належать не тільки бонні сполуки — солі і дути,
— ай деякі кислоти, які мають молекулярну будову (під дією молекул «оди
молекули кислот перетворюються на бонн й переходять у розчин).
80. Правильна відповідь — а).
81. Правильна відповідь — в).
ч. на н н. а , «(на). . 2®. "<а ).
?У(заг.) ІУ(злг.) М(заг.)
83. Дано:
• 20 молекул
~ 13 молекул
о -7
Розв'язання;
Якщо з 20 молекул залишилося 13 молекул, які
не розпалися па бони, отже, на бони розпалося
20-13-7 молекул.
НАріН' + А .
7 7 7*
694 ХІМІЯ Попель П. П., Крикля Л. С.
І..ДР~;>..'’(Н.Л(А 1.Х, „(на).і.о.зь.,«»35%.
М(заг.) М(заг.) М(заг.) 20 20
Відповідь, а (НА ) " 3 5 %.
М(НМО,)= М(Н )+М(МО',) у розчині
а (НМО,) - 7
Розв'язання:
Нехай ЩНМ),) у розчині, шо
залишилось — х молекул, тоді
М(Я')т М(МО,)-х .
І фгж-. у розчині М(Н')г N (N0, )=0.5х .
І ЯМО, рі Н’ + N0, З І молекули, що цродисоціювала, утворюється І пара йошв
[ Н і N0, . М(Н )>М(МО,)^М(НМО,)-О.5х.
Я Фод»«>,
Отже, спочатку було НМО,: (НМО,)+ (НМО,);
М(Н‘) М(ИО,) 05
І А = х і-О.&х-і.бх . а(НМО,)^—= -0.33. абоЗЗ %.
Г ' М_ 1.5х
•Б. Дано;
а(НСМ) = 0,2 %
залишок М(НСИ) 7
М(Н ) - 7
Розв’язання:
Нехай у воді розчинили* молекул НСМ , із них про
дисоціювало 0,2 %, тобто х 0,002 « 0.002х .
НСИріН + СМ".
Було X —• —
Про дисоціювало 0,002х 0,002х 0,002х
Залишок х - 0,002х - 0,9980х 0.002х г 0.002*
(НСМ) /^(НСМ) 0Л98х 490
М(Н У М(СмУ 6,002* 1
Відповідь: на одну пару йонів Н' і СМ припадає 199 молекул кислоти, що
не продисоціюиали.
66 Н,ЗО, — сильна кислота, яка дисоціює ступінчасто.
Г І стадія: 11,80, Н + НЗО,.
II стадія: Н38О, Н’ 4-805 •
Катіони Н утворюються й на першій, і на другій стадії, отже, катіонів Н’
І у розчині найбільше (хоча дисоціація на другій стадії відбувається незначною
‘ мірою). А молекул 11.80, у розчині найменше, оскільки це сильна кислота,
яка майже повністю дисоціює на йонн, отже, непродпсоційовавих молекул
залишиться дуже мало.
87. Дано:
1'(Н,0)-0,І мл
М(Н ) - 7
А (ОН ) - 7
Розв'язання:
Відомо, що НаО — дуже слабкий електроліт;
а(Н,0)=1.8 10 ’ % (див стор 53 підручника).
Знайдемо масу І краплі водн:
т(Н,0)= И-р = О, 1 мл Іг/мл’0,1 г;
ХІМІЯ Попель П. П., Крикля Л. С.
695
л(Н.О)- — 0,,ІГ -б.М 10 * моль.
' 1 ' М ЇВгмоль
З урахуванням того, що продисоціює тільки 1,8 10 % від усієї кількості,
пц ' (Н.О)-б 56 10’ • 1,8-10* = 10” моль:
11,0 <=? Н’ + он
З І молекули, що проднеоціювала. утворюється 1 пара йонів Н 1 ОН
АГ(Н')-А7(0Н )-А,,.. (Н,О)= п .V, = 10 и 8,02 10й =6,02 10**.
Відповідь: ЛГ(Н )- Л(0Н )» 6,02 111“ .
88. Дам:
Н‘, ПО
и (Н ) — ?
ш(0Н ) — ?
Розв'язання;
І спосіб
При розв’язуванні цієї задачі можна скористатися даними
задачі № 87,
У воді масою 0,1 г міститься л (ОН л (Н )= 10 11 моль,
ш(оН ) М л 17г/моль'їй'”моль — 17 ІО"*1 г;
т(Н птіо“ г.
ю(Н')-
II спосіб
т(»2.
т(Н,0)
10 “г
0.11
-10*;
ш(0Н )=
т(ОН ) 17 и->'
т(Н,0)" 0,1г
-17 10'*.
Нехай т(Н,0) = х г, л(НгО)=-^- моль.
18
Продисощюанло порад(Н10)«п и-^1,8 10"*-10'"х; Н,0 & Н + ОН .
іп(Н')«М к-ІО”*; т(ОН ).. М п-17 10 івх
и/(Н )=
МН 10^х
т(Н,0) х
= 10*’
ш(0Н )=
т (ОН )
м(Н,0)”
17 10 і*
1,7 Ю‘,(,л
Відповідь: у воді иі(Н' )= 10” , іг(0Н‘ ) 17 -10
§10
ш
X
о
§
Водні розчини солей можуть реагувати з розчинами солей, лугів, кислот
Але обов'язковою умовою таких реакцій • утворення слабкого електроліту
(осаду, газу, слабкої кислоти, воли), тобто йони, які знаходилися в розчині,
ПОВИННІ бути зв’язані.
Нелетка кислот» може витіснити летку з П солі (а не навпаки),
91. У водному розчині не можуть одночасно перебувати йони, що утворюють слаб
кі електроліти (леткі кислоти, нерозчинні основи, солі, воду).
Тому у водному розчині не можуть знаходитись йони:
б) Са’’ і РОЇ , оскільки ЗСа’* + ЗРп' -» Са, (РО4), 4;
в) йони Аі*‘ і ОН .оскільки А!" еЗОН -е Аі (ОН X .
92. У водному розчині з Ге80, можуть реагувати КОН (оскільки утворюється не-
розчинна основа Ре(ОіЦ), Ка;8 (оскільки утворюється нерозчинна сіль Ре5 ).
696 $ї ХІМІЯ Попель П. П. . Крикля Л. С.
Ва (N0, (оскільки утворюється нерозчинна сіль ВаВО,). З х.торпдною й карбо
і нашою кислотами реакція неможлива. оскільки вони леткі й не зможуть витіс-
I мити нелетку Н,30, з її солі. Отже, правильні відповіді — б), в), г).
І Алгоритм записування йоііііо-молекулярних рівнянь (приклада* може слу
І гупати рівняння а) Із завдання № 93):
І І)Записуємо молекулярне рівняння реакції.
І 2) За таблицею розчинності визначаємо, які з речовин е нерозчинними,
І з'ясуємо, чи є вони газами або слабкими електролітами.
І 3) Змінюємо формули розчинних сильних електролітів на формули йонів (ос-
I кільки в розчині вони повністю дисоціюють і знаходяться у вигляді йонів).
І Сумарнип заряд йонів у лівій і аралій частинах рівняння повинен бути од-
І паковим (з урахуванням коефіцієнтів).
4) Підкреслюємо (якщо цс потрібно) однакові йонн в обох частинах рівнян-
ня. Вони були й залишилися в розчині. Одночасно перевіряємо коефіцієнти
І й заряди в однакових йонах (вони не повинні відрізнятися).
І б) Виписуємо йонн, які зв'язалися й утворили слабкий електроліт — осад.
І газ. воду. _________________________
93 а) Мп(КОД + Ва(ОН)| = Мп(0Н)^4 Ва(ИОД ;
Мп (N0, \ + Ва (0Н\ = Мп (ОН), 14 Ва (МОД ;
Мп” + 2М0” + Ва” + 2ОН - Мп (ОН 1 + Ва1' + 2И0, ;
М” + 2МО, + Ва*' + 2ОП Мп (ОН \ і + Ва*' + 2.ЧО, ;
Мп”-» 20Н = Мп(ОН),.
б) На,8 + Н,8О, - На,80, + Н,8 Т;
2Иа' і 8* + 2Н' +8О”=2Нв.-. + 80; ьН,8 Т ; 2Н*+8” = Н,3 Т.
в) 2К0Н + 00, Т = К,СО, + Н,0 ;
2К' + 20Н-1 СО, - 2К1 + СО,’ + Н,0 ;
20Н +00. =ОО,* + Н,О.
г) НІ(ОН), 1 + 2НСІ НіСІ, + 2Н,0 ;
Ні (ОН), + 2Н' + 2С1 =N1’ + 2С1_ + 2Н,О;
N1(04), +2Н = Ні”+2Н,0.
Щоб записати молекулярні рівняння, що відповідають йоино-молекуляр-
ним, потрібно:
І)За таблицею розчинності визначити, у яких сполуках можуть міститися
певні йонн. Наприклад: Лд може міститися в розчинах таких солей: АдГ.
АдСІО,, АдСІО,, АдИО,, АдН.РО,, СН,СООАд (нерозчинні солі врахову-
вати пе слід, оскільки в них бони Ад знаходяться у зв'язаному вигляді);
СІ може міститися в розчині НС1 або розчинах хлоридів ( НаСІ. КСІ, ЛІСІ,
тощо).
2) Записати формули речовин, що містять певні йонн й скласти молекулярне
рівняння.
и
х
О
а
О
х ХІМІЯ Попель П. П. , Крикля Л. С. 697
94 а) Л«кЧО, 4 НС1 - А«С1 -І * НМО, :
б) ЗРЬ (N0,), + 2К.Р0, = РЬ, (Р04 ), І 4 6К N0, ;
в) Си8О4 + 2К0Н - Си(ОН), 4. + К,804;
г) ІЦ8 4 2МиОН - N8*8 4 2Н, О;
г) К^О, + 2ИИ0, 2КИ0, + В,80,^’;
д) 2п(ОНХ + Н,8О4 - їпЗО, + 211,0 ;
95. в) Гг(МОД + Ва(ОН\- Ва(КОД + Ге(онХ * •
Рв” + 2И0, т Ваг +2ОН = На 4 2И0; 4 Ре(01Д І; Ке1’ * 2О1Г .Ре(0Н),4.
6» КаР + ВСІ - НР Т + ИаСІ ; Иа* + Р + ІГ +С1 =НР^ + Ка' + СІ ;
н 4 г нр і.
в) 21Л0Н - 11,50, = Ц,ЗО4 +2Н3О ;
ЦГ + 20Н +2Н 4 ЗО; =2и’+8О; + 2НаО. 20Н *2Н* =2Н,О|і2;
ОН +Н = Н30.
96, а) Більш летка кислота не може витіснити менш летку з розчину Ь солі.
б) ЬІОН 4 НВг -» ІдВг 4 Н,0 ;
Бі 4 ОН 4 П‘ 4 Вг -» и + Вг 4 Н40; ОН ь Н -♦ Н,0 .
в) Реакція не можлива, оскільки жодні йонн не зв’язуються з утворенням сляб
кого електроліту.
г) К,СО, 4Ва(0Н\ ВаСО, 4 4 2КОН :
2К 4 СО; 4 Ва” •2011 ВаОО, 4 + 2К 4 20Н ; Ва” + СО” - ВаСО, 4 .
97.а) А)” 4 ЗОН = А1(0Н^ Йони АІ*' містяться в розчинах солей Алюмінію
(ЛІСІ,, АЦКОД тощо) .
Йонп ОН містяться в розчинах лупв і КОП , КаОН тощо).
В^поаідь А1С14 1 КОН. АЦКОД і НаОН .
А1С1, 4 ЗКОН =» А1(0М\ 14 ЗКС1 ;
А1*’43СІ 4дК*гЗОН А1(ОНДІ43К +ЗСГ; АІ4, ‘-ЗОН . АЦОїЦ 4 ;
АЦМО,), 4 3КаОН = АИОІЦІ-сЗМиМО.;
АІ** 4 ЗЯ, 4 ЗЯа- 4 30Н = А1(0Н), 4 4 ЗМ» 4 3И0,' :
АІ'*4 3ОН = АЦОН^І.
б) 2Н* 4 810’ - Н^іО, 4 .Для добування силікатної кислоти можна взяти ПСІ
і N«,810,. Н,80, і К,КіО,. Ма 810, + 2НСІ = 2ИаС14 Н,8Ю4 4 ;
2Иа 4 810’ 4 2Н’ - 2СІ =• 2Яа‘ 4 2С1 4 Н^ІО, 4 ,
69В >- ХІМІЯ Попели П. П., Крикля Л. С.
2Н +5180, • Н,8і0, і ; 2К‘+810^ + 2Н*+8о* = 2К + 8о’ + Н,8ІО, А’;
2Н + 8І0,’ » Н,8і0, А.
І
08.в) Те8О, + 2КОН Ре(ОК\ І + К^О,;
Ре' +ЗО} + 2К* +2ОН р*Ре(ОН),А + 2Кт5ОІ і Ре”+20Н • Ге(ОН^ А.
б) Са(ОН), + N«,00, = СаСО, А + 2КаОН ;
Са” + 2ОН + 2Ма -СОІ = СаСО, А + 2Ка* + 20Н . Са” + СОІ = СаСО, А .
а) Ва (ОН), + СпЯО. = Си(ОН), А + Ва8О, А ;
Ва” + 20Н +Си’’+8О; - Си(ОН)^ А і ВаЯО, А.
99. а) Ва (N0,), + Н^О, = 2НИ0, + Ва8О, А;
Ва’" + 2И0, + 21Г + 80; = 2Н" + 2М0, + Ва80, А;
Ва” + 801 Вя3°. А
б) N101, +2К0Н -№(0Н) А + 2КС1;
N1” і 2С1 + 2К* + 20Н = N1 (ОН), А + 2К‘ + 2СІ ;
N1” + 2ОН = N1(011), А.
) К,СО, ♦ П,80, = К,80, + Н,СО,^, :
2К .СОІ +2ІГ+8ОІ ^2К‘+80; + Н,О + СО,Т;
СО? +2Н = Н,О+СО, Т.
г) КА1О, + 4НС1 » КСІ + ЛІСІ, + 2Н,0 ;
К‘ + АЮ, + 4Н * 4СІ = К" • 4С1 + А1” + 2Н,0 : АЮ, + 4Н* = А1” + 2Н,0 .
100. а) Н,Р0, + ЗОН = РОЇ ♦ ЗН,0 ; Н,Р0, + ЗКОН = К,Р04 + 311,0 .
б) Сг(ОН),+ЗН‘ = С?’+311,0; Сг(ОН), + ЗНСІ = СгСІ, +ЗН,0 .
101. У практичній роботі не відбувається реакція між розчинами а) магній нітра-
ту й сульфатної кислоти; калій карбонату й натрій гідроксиду. Щоб реакція
а) відбулася, потрібно до кристалів солі додати концентрований розчин суль-
фатної кислоти. При цьому краще ці речовини не нагрівати, оскільки нітратна
кислот при нагріванні може розкладатися з утворенням отруйного газу.
Мв(НО,), + 211,80, (к> Мк(Н80,), +2НН0, Т .
аама
102. Якщо замість розчину натрій гідроксиду взяти розчин барій гідроксиду, тоді
відбудеться реакція між розчином калій карбонату й лугом (яка но відбулася
» практичній роботі):
К,СО, + Ва(ОН), = ВаСЮ, А + 2К0П ;
2К‘ +СО1 + Ва” і 2011 « ВаСО, А + 2К" +20Н ;
Ва” тСО; = ВаСО, А.
І Х,МІЯ Попель П. П. , Крикля Я. С. хй 699
РОЗДІЛ II
ХІМІЧНІ РЕАКЦІЇ
§11
ос
ш
о
а
О
Реакція сполучення — це реакція, при якій із кількох речовин утворюеть
ся одна.
Реакція розкладу — це реакція, при якій а однієї речовини утворюється
кілька нових речовин.
Реакція зажіїцекяя — реакція між простою й складною речовинами, у ре
зультаті якої атоми простої речовини заміщують частинки в складній і ут-
ворюються нові проста й складна речовини.
Реакція обміну — реакція між двома складними речовинами, у результаті
якої вони обмінюються своїми складовими частинами й утворюються дві
нові складні речовини.
107. Відповідність: 1 — в, 2 — г, 3 — б. 4 — а.
10В 4А1 + 30, = 2АІ,О, — реакція сполучення;
2А1(ОН^ = А!,О, +ЗН,О — реакція розкладу.
100. А« + СІ - АдСІ 4-; АвНОа + КаСІ - АвСІ X + ЯМО,;
АуР + КаСІ - АвСІ і + ИаР .
110. N.+ ЗН, 7* 2МЦ, ,
мерти
111. Дано,-
т (розч. Н!ЧО,) • 800 г
и> (НМО,25,2%, або 0.262
т (солі) — 7
Розв'язання:
п(НЬІО,)- т (розчину)- ш(НЬІО,),
ж(ИИО,)-800 0,252 - 201,6 г.
З Му (ОН ) буде реагувати кислота масою
201.6 г.
Мв(ОН),+ 2НМО, - Мв(іЧОД + 2Н,О ;
л (Н6ІО,)- - ^О1,8Г - 3,2 моль; п(Му(ІЧО,), = |л(НКО,) - ~ - 1,6;
' 17 М вЗічмоль 2 2
т(Му(НОД)-М п = 148г/моль 1,6 моль — 236,8 г.
Відповідь: маса солі — 236,8 г.
112 230, 280, + О,. За рівнянням реакції з 2 моль 80, утворюється 2 моль
80, і 1 моль О,. п (80,) + л (О,) - 2 +1 = 3 моль. Порівняємо масу 3 моль цієї
суміші з масою 3 моль повітря:
т (суміші) п М (80,)» пМ (0,) _ 2 64 +32 ] 84
лі (повітря) пМ (повітря) 3 29
Відповідь: суміш газів 80, 1 О, важча за повітря в 1,84 рази.
113. Дано:
Втрата маси — 11 %
ц> (речовини) у твердому залишку — 7
Розв’язання;
І спосіб
СаСО, р* СаО + СО, Т .
700 $• ХІМІЯ Попель П. П., Крикля Л. С.
І Втрата маси відбувається за рахунок того, що виділяється газ СО,.
Нехай лЦСаСО,} “ х (г), тоді т (СО,) = 0,1 їх (г).
Йдеми л (СО,) = ~ - —“-2,5 10 ’х (моль).
За рівнянням реакції л(СО,)= л(СаО)» п(СаСО,).
(найдемо т(СаО) = М п - 56 2,5 Ю’х-0,14х (г);
т(СаС0,)-М л = 100 2,5 104х = О.25х (г).
Твердий залишок складається з СаО і СаСО,, що залишився:
т(та. зал.)» т(СаО) + т(СаСО,) = 0,14х + (х 0,25х) = 0,89х (г).
Знайдемо і»(СаО)« —~ = 0,157, або 15,7 %.
' ’ лі(тв. зал.) 0,89х
« (СаСО,) = -т <СаС?11 = в о, 843 , або 84,3 %
' т(тв. зал.) 0,89х
(або «(СаСО,)= 100 %-«(СаО) 100 %-15,7 %-84,3 % ).
II спосіб
Нехай т (СаСО,)» 100 г, тоді маса вуглекислого газу СО,, що виділився, дорів-
нює: 100 0,11 = 11 г; л(ОО,)- ' 11 Г— моль.
' 44 г/моль 4
Зарівнянням реакції л(СО,)= л(СаСО,)= л(СаО)«і моль;
лі(СаСО,, що розкл.)= моль 100 г/моль =• 25 г;
т (СаО) = - моль 56 г/моль » 14 г.
4
Шсля реакції залишився також СаСО, : 100 - 25 г “ 75 Г.
Твердий залишок після реакції містить 14 г СаО і 75 г СаСО, .
л_ гп(СаО) 4 ....
и>(СаО)•------* • — — » 0,157;
' ' т (тв. залишку) 14 + 75
«(СаСО,)=1-«(СаО)= 1-0,157 = 0.843 .
Відповідь: »(СаО)= 0,157, або 15,7%; «(СаСО,)= 0,843 , або 84,8 %.
>12_________________________________________________________________
Сума ступенів окиснення всіх елементів у сполуці дорівнює нулю, Металічні
елементи віддають валентні електрони й мають позитивний ступінь окиснем-
вя, неметалічні елементи приєднують електрони до завершення останнього
шару й мають негативний ступінь окислення.
Елемент, що віддає електрони, називається відновником, а процес віддавай
ня електронів — окнененклм. Елемент, який бере електрони — окисник,
| а процес приєднання ним електронів — цс відновлення
2
о
115.1) СІ,О-1; 2) ГеС), ; 3) НСЮ*; 4) СІ*.
Відповідність: 1 — в; 2 — б; 3 — г; 4 — а.
। х,м,я Попель П. П., Крикля Л. С. 701
116. 2№**СІ/-214«а .
ІІЯВІІ 4ИМ.
Два атоми Натрію віддали 2е , вони окиснилися, молекула хлору взяла 2е ,
вони підновилася.
117. Металічні елементи входять до складу руд у вигляді позитивно заряджених
Йонів. Щоб вони перетворилися яа атоми, потрібно надати їм електрони. Ось
чому при добуванні металів із руд рудм нагрівають із речопннами-відновниками,
які відновлюють метали з їхніх сполук: СиО + Н? - Си° + Н,О*.
118. ЛІСІ,, Вг,', КСІО *. В/8/. Н, р’о/.Са.М», 1,0,’,Ті О» , Ре: ЗО*,'.
119. Окисно-відновні реакції (ОВР) супроводжуються зміною ступенів окиснем
ня елементів:
а) 2и’ + н;=2йн- — ОВР; б) СаО ’+ СО;* =СаСО,’;
в) 2КОН4Н,8> К>8+2Н,О;
г) 2 бїа СІ О;’ 2 N0 СІ- ЗО? Т — ОВР
Гші реакції Ступені окиснення елементів змінюються Ступені окисвеиия елементів не змінюються
Реакція сполучення 11. і + О, - 2Ід,О М,0 + Н,0 - 2І4ОН
Реакція розкладу 2АЄ.С0, . 4 Ав ♦ О, + 2С0, Т 1 М^8іОа = М&О + 8іОа
121. а) 2АГ + 38“ - АІ,8,’;
в ід но в. окис.
б) 2І.І3‘О ’ 4 8і“ + 81 о; ї
окнс. віднов.
в) Ге,о,’ + ЗСО* = 2 Ке + ЗСО/; г) 21ч'Н‘ + ЗСиб -ЗСи + + ЗН, О’ •
ОКИС. ІІІДНоВ. ВІДНОВ. ОКИС.
£
X
О
Відновниками можуть бути атоми металічних елементів, негативно заря
джепі йони з мінімальним ступенем окиснення (оскільки такі йони мають
надлишок електронів І можуть їх віддати окисникам). Лише відновниками
виступають К. Ре. №.
Окисниками можуть бути атоми найактивніших пеметалічних елементів
(Р, 01 позитивно заряджені йони з максимальним ступенем окиснення (ос-
кільки такі йони вже не можуть віддавати електрони й будуть тільки брати
їх у відновників).
Окисниками й відновниками можуть бути атоми неметалічиих елементів або
йони з проміжними ступенями окиснення.
122. Лише окисниками можуть бути: а) Р, Сн* . Окисниками Й відновниками
можуть бути: в) С, Ре’’.
123. Зростання хімічної активності як окисників у порядку; Р, 8, Сі, Г
124. а) 2Н‘+2?-»Н, — відновлення; б) 2Р 2с ► Р. — окиснення;
в) Р1 - 1е -» Ре’* — окиснення; г) МпО, +1? -» МпО^' — підновлення.
702 Й: ХІМІЯ Попель П. П., Крикля Л. С. вШ:
125. а) 80’ -» 80’, . Розставимо ступсні окислення в бонах: 80; ; ЗО, ' .
8'*+2У-»8*‘.
б) Н, ЗО;’ -»Н,3*’; 8’*+8е ~»8’’. в) ЗО,’ -а 80, | ; З*4 - 27 -» 8"*.
126. Дано:
т(Іл)-10 г
^(Н,) -?
Розв’язання:
214 + 2Н,0 » 2ІДОН + Н, Т ;
л(1а)«—=—1—— 1,43 моль;
4 ' М 7 г моль
<Н,)-1м(и)=^-0.71Б моль.
У(Н,) = -л »22,4д/моль 0,716 моль-16 л.
Відповідь: V(11,)-16 л.
& 13
127. Мп О,’ + 4 Н Вг Мп Вг, + Вг,” + 2 Н, О.
Мп*+2?-+Мп’’ .
2 1
2Вг - 2Є -» Вг,
Метод електронною балансу дозволяє, добирати коефіцієнти в ОВР (при
кладом може слугувати рівняння а) Із завдання Л- 128):
1) Спочатку розставляємо ступені окислення елементів.
2) Виписуємо знаки елементів, у яких змінилися ступені окислення.
3) Визначаємо кількість відданих і взятих електронів.
4) Знаходимо найменше спільне кратне (НСК), при цьому формули простих
речовин виписуємо ПОВНІСТЮ ( Вг,, О,, Сі,, І, тощо). Коефіцієнти урівию-
ють кількість відданих і взятих електронів (при перемноженні коефіцієнтів
на кількість е у добутку маємо отримати значення НСК).
6) Записуємо коефіцієнти перед формулами в рівнянні ОВР ____________
128. а) ЗО;’ + Вг,+ Н,О-Н80;* + НВг;
8 -+ 8'*. Вг,° -* 2Вг ;
8й - 27 -» 8” і \
.*-
Вг’-»2Вг
ІГСи пай» і —іінцч।
80, + Вг, + 2Н,0 - Н,80, + 2НВг.
б) 2А1 + 6Мп6н ->2Мя, АІО.’-гЗН; Т;
АІ*-37-»А1* 2
2Н+2Г-ИІ, З
глі’ + бн -♦ 2А1’*зн,.
ХІМІЯ Попель П. П. , Крикля Л. С.
703
» -в * ** . . . •’ 4 , ’ 3а - 23 -» 8"
в) ЗН.8 + 2Н14О/ -» 38* 1 + 2МОТ+4Н,О;
’ * к'Чзг-^м*
38’ + 21Г* -»33® + 2ЬІ’.
З
2
6
< , . * , *•* . ІГ’-КГ-ьМ* 4
г)4ХО,- + Ої + 2Н,О’-4НКОі‘! о?+4г +2О, 4 (
4М'® •+ О,-► 4К4* + 2ОЛ .
129. а) 2ЕоСІ,->Н8рі8‘'4-+2ЕеСІ, >2НСІ
Ге** + 1 е -» Ге'*
8’ - 2 ? -» З*
2
1
2Ге’* + 8’’ -» 2 Ге"’ + 8*.
в) Н, 8 + 4СІ’ +Нг6 - Н,8О/+8НСІ
8 ’ + 4Сі; -» 8’* + 8С1 .
8а-» + 8а
СІ,® + 2І -» 2С1
1
4
) 4МН,+ ЗО; - 2И? +«11,6
414 ’ + ЗО, -»2М, +60 ’.
2№ - » -♦ 14®
О? + & -» 20 ’
2
З
г) ЗГе6 + 2А1- Л1,0,’+ЗГе’;
ЗГе*+2АІ° -+ЗЕе®4 2А1
Геа + 27 -+ Ге’ З
АГ-Л-+АГ* 2
Геа+17-»Ге‘*| І 2
С * - 2е -> С‘ 1
130. Ге/О/ •* СО -» 2ГеО+ С0,‘ — ОВР.
131. а) 2Са + 0, = 2СаО
1 атом Са віддає 23 ; 6.02 10 ’ атомів (1 моль) Са — хе ;
6,02 10“-2 ж 12,04 10“ї .
6) п(Са) = — --------- 0,025 моль; і моль Св віддає 12,04-Ю”? ,
' ' М 40 г/моль
0,025 моль - х ; х = 12,04 10”°»92В = 0,301 10") .
в) п(О.\я — М-----—----= 0.045 моль. Одна молекула кисню приєднує 47 .
' V. 2Х4л/моль
Обчислимо кількість молекул у кисні кількістю речовини 0,045 моль:
N(О,)» л . N(0,)= 6,02-10“ 0,045 = 0,27-10“ =2.7-10й Складаємо про-
порцію: 1 молекула О, бере 4е , 2,7-10“ — х; х = ^ 1^°И 4 =10,8 10”.
Відповіде 12.04 • 10’ е. 0. ЗОЇ • 10” е, 10,8 10й молекул.
132. Дано:
т (СиО) '2г
Розв'язання:
2п + 2НСІ - 2пС1, + Н,; СиО + Н, - Си + Н,0.
9 г
п (СиО)" —— ----- 0,025 моль,
1 80 г моль
т(2п) — 7
п(Н,)= л(СиО)«= п(2п): т(2п)<- М л-65г/моль 0,025 моль - 1,625 г.
Відповідь: т (2п) - 1,625 г.
704 ХІМІЯ Попель П. П., Крикля Л. С.
”4
135, 1 Н, + 4 СІ, » НСІ, &Н = -92,2 кДж.
І 2*2’
136. 2МН, = N,+311,; ДЯ = -92,4 кДж
137. Дано: ' Розв'язання:
т(К,)= 4,2 г !4, + О, - 2И0 ; ДЯ - +180 кДж.
ДЯ, -1 І Знайдемо л (И,): п (И, ) = ^ = • 0,15 моль.
За рівнянням 1 моль М, поглинає 180 кДж теплоти. 0,15 моль Я, — х:
X = 0Л5_180,2,7 кДж; ДЯ, = +27 кДж.
Відповідь: - +27 кДж.
138. Дано:
ДЯ, 32,8 кДж
У(И,О) — ?
Розв'язання:
2Я, + О, = 2Я,0 ; ДЯ = +164 кДж.
За рівнянням 2 моль N,0 поглинає 164 кДж теплоти,
„„ о „ 32,8 2 _ ,
х — 32,8 кДж; х ; * 0,4 моль.
Знайдемо V (N,0) = п - V. ; V (N,0) = 22,4 я/моль 0,4 моль -8,96 л.
Відповідь: И(М,О)-8,96 я.
139. Дано:
т(С)=24 г
МЦ - УЯ
Розв'язання:
Розрахуємо, скільки теплоти виділяється при згорянні
24 г вуглецю: С + 0, СО, ; ДЯ = -393 кДж,
ж(8) - ?
т 24 г „
л(С)« — =----------«2 моль.
Л/ 12 ґ/Моль
2 393
За рівнянням 1 моль С виділяє 393 кДж, 2 моль — х, &Н, - —-— - 786 кДж.
л
Під час згоряння сірки також повинна виділитися така сама кількість теплоти:
ДЯ, - ДЯ, = -786 кДж, Я + 0, ЗО, ; ДЯ » -297 кДж За рівнянням 1 моль 8
виділяє 297 кДж теплоти, х моль — 786 кДж, х =- " 2-546 моль;
т(8)= М • п 32 г/моль 2,646 моть - 84,672 г • 84,7 г.
Відповідь: т (а) 84,7 г.
§15
Швидкість реакції залежить від таких чинників:
а) природа реагуючих речовий;
6) концентрація реагуючих речовим;
в) температура реагентів;
г) наявність речовин-каталізаторів:
ґ) площа контактуючої поверхні речовин (у неоднорідних сумішах).
Ц>
X
о
143. Швидкість реакцій а і Ь залежить від: концентрації реагуючих речовин, тем-
ператури, площі контактуючої поверхні (якщо сірка й Си(0Н^ будуть у виг-
ляді порошку, реакція відбуватиметься швидше). Швидкість реакції ї> залежа
тиме від концентрації газів (а отже, і тиску, оскільки при збільшенні тиску
концентрація збільшується), температури.
ХІМІЯ Попель П. П., Крикля Л. С. й? 705
144. СаСО, ЄаО ч СО, Т . Щоб швидкість цієї реакції була максимальною, потріо
н 1) розтерти крейду і» порошок (збільшити контактуючу поверхню); 2) силь-
но пдіріти крейду.
147. В організмі діють біологічні каталізатори-фсрмпнти. які прискорюють проце-"
окиснення жирів при температурі людського тіла (36,6 С).
<1,0 кг>
148 2(50+0, 2С0,; 2АІ гЗІ, - 2АИ,.
Утворення каталізатора Н,0: 2Н + О, “ 2Н ') .
РОЗДІЛ III
НАЙВАЖЛИВІШІ ОРГАНІЧНІ СПОЛУКИ
§ 16
151. Органічні речовини — це сполуки Карбону. Органічні речовини; СН,НН,,
С,Н,ОН . С,Н, , СН,С1 Речовини С, 1ЧьгС0,, НСІ, СО, належать до неор-
ганічних сполук.
Орі анічш речовини Неорганічні речовини
1 Якіс- ний скхал До складу входять Карбон га е.іементи органоїди Н . 0 , N. 8. Р До складу входять майже всі елементи Періодично) системи
2. Будова Більшість мають молекулярну будову, зв’язки між молекулами — неполярні або малополяриї ковалентні Метали складаються з атомів, немета. пі — з атомів або молекул, кислоти — з молекул; основи, солі, основні й амфотерні оксиди є Донними сполуками; кислотні оксиди < кладаються о молекул або атомів (8іО,)
3 ФІ нічні ч іагтевлч-п Органічні речовини молекулярної будови мають НСВНІХ>К1 температури плавлення й кипіння, деякі е леткими Значна кількість органічних речовин розчиняється в гасі, бензині, спирті, ацетоні, але но розчиняється у воді. Не проводять електричний струм Метали - тверді речоьивн з високими температурами плавлення, мають меійлічннй блиск, тарно проводять електричний струм і тепло. Неметали та кисіоттп оксиди і атомною кристалічною іраткою дуже тверді, мають досить високі температури кипіняи Й ПЛВВ.ІЄННЯ, не розчиняються у воді й не проводять влектричпий струм. Йонш сполуки с твердими речовинами з високими температурами кипіння А плавлення, добре розчиняються у воді, пробілять електричний г-трум у розчині або розплаві. Речовини молекулярної будови с леткими з невисокими температурами кипіння й плавлення. Речовини з неполярним ковалентним зв'язком погано розчиняються у воді, а із сильно вираженим ковалентно ПиЛЯрШІМ ЗВ’ЯЗКОМ - Добре розчинні. Більшість неорганічних сполук погано розчиняється в бензині, гасі, олії
706 ХІМІЯ Попель П П. , Крикля Л. С.
Карбон а органічних сполуках мас валсігтиігн» IV (утворю»' чотири зв’язки),
Нітрогсіг — валентність ІП, Гідроген і Хлор — 1, Оксиген - 11 У струк»
туриих формулах зв’язки між атомами позначаються рисочками (кількість И
І рисочок дорівнює кількості зв'язків, які утворює певний елемент). Ц
г----------------------------------------------------
153.
Н Н Н II Н Н Н н
І І II II І
Н-С Н: С1-С-С1; Н-С-С-Н; Н- С-М-Н: Н-С-О-С-Н.
[ і і II І її
н н н н н н н
;Ч^^Н)“^Г = 0’в9ві «(0)= 1-(«'(Н)+»(О))=0,261
б) »(С)« —А’ т -------—-----= — = 0,375 ;
' 47 МГ(СН,ОН) 12+41 + 16 32
„(О). =0,5; ш(Н)-1-(ш(С)+ю(О))-0,125.
' ' М (СН,ОН) 32 ' ' 7 4 7
156. Дано;
М, = 121
ЛГ(СІ)= N (галоген) - 2
Сполука — ?
Розв'лзоинл.'
Нехай сполука містить 1 атом Карбону, тоді фор
мула сполуки — ССІ,І, . де Г — галоген.
Приймемо Д. (І ) за х , тоді
М, (СС1,Г, ) = 12 + 2 35,5 + 2х;
12 + 2 35.5 + 2х=121 ; 2х-38; х = 19.
Невідомий галоген — Е ,
Е
ССІ,Р,; Е—С—СІ.
СІ
Сполука, яка містить більше одного атома Карбону, не може існувати, оскільки
галогену з меншим значенням відносної атомної маси, ніж у Флуора, немає.
Відповідь: СС1,Р,.
§17
159. в) Метан можна відрізнити від іюдню. зваживши їх: метан важчий у 8 разів.
М. (СН4] 16
Ч(Н,) 2
ХІМІЯ Попель П. П., Крикля Л. С. 707
Метан можна відрізнити від хлороводню за запахом (хлороводень — отруйний
газ із характерним кислим запахом, метав запаху не маг). Хлороводень важ-
м МДНС1) Зб.ь „„
чий за метал у 2,3 раза. . < —— 2,3.
М, (СН,) 16
б) Зь допомоюю індикатора можна відрізнити метан від хлороводню Хлорі»
водень буде забарвлювати мокрий універсальний індикатор у рожевий колір,
а водень і метан не будуть змінювати колір індикатора.
160. Реакція хлорування: СН, +С1,—ИШґ- >СН,Сі + Н< І .
161. СН, —£_>СН,Вг- А-*СН1ВГ1--ЙГ-ьСИВг,
НВг ь +Вг,
СВг,
Запне над стрілкою доказує, яка речовина реагує, а «гід стріткою — яв* гце ре
човпна утворюється під час реакції.
162. ЛІ,С* + 12Н,0 ♦ 4АІ(0Н^ ЗСН,.
163. «і(С)=75% ; и(Н)=25%.
164. Порівняємо відносні молекулярні маси газів
. МСН.) 16 _
а) з У = — = 8 — метан важчий за водень у 8 разів.
.Чи, І Н ) 2
„ М (повітря) 29
б) - з-,— — я 1,8 — повітря важче за метан у 1,8 раза (отже, метан
М, (СН,) 16
легший за повітря в 1,8 раза).
165. Дамо: Роїв'якання.
п(СН,)=1,5 моль СН, ч 4С1, -♦ СС1, і 4НС1 . За рівнянням реакції
------------------ кількість речовини СІ, в 4 рази більше за кіль-
Г(СІ,) - ?
кість речовини СН,.
л(С1) = 4с(СН,)-1,5 4=6 моль; У(СІ,)= У„ • я ;
Г(СІ,)=2?,4д/моль в моль-134.4 л. Відповідь: 7(01,)= 134.4 л.
166. Дано:
У(СН,)=1 я
V (повітря) - 20 л
Чи вистачить повітря?
Роав'лзакнл:
СН, + 20, -» СО, + 2Н,0 . За рівнянням реакції під
чає згоряння СН, кисню витрачається в 2 рази
більше, тому V(О,) “ 21 (СН,) « 1 • 2 - 2 л.
Перераховуємо об’єм кисню на об'єм повітря (кисню в повітрі — 21 %). Отже.
2 л 0, — 21 %, а х я повітря — 10и ї«* 2 ^-*9,52 л. На спалюван-
ня 1 л СН, потрібна 9,52 л повітря, отже, 20 л повітря вистачиїь, ще и Зали-
шиться,
Відповідь. повітря вистачить
9 16
168. Загадана формула гомологічного ряду метану — С.Н„.,, де д — кількість
атомів. Гомологи метану— С,НП , СТН„.
708 =:* ХІМІЯ Попеле» П П.. Крикля Л. С.
169. СТН„ — гептан, С41І„ —гексан. С4Н„ —пентан, С4Н14 — бутан. С,Н, - пропан.
анмшмм •ильехнтч «тамі» С
н н
І І
170. С,Н4 — етан. Структурна формула: Н-С-С-Н.
Н Н
Замінюємо кожен зв'язок на спільну електронну пару й отримуємо електронну
Н Н
формулу: Н : С : С :Н.
Н Н Н Н Н
. І І І
С^Н, — пропан. Структурна формула: И-С-С-С Н.
Н Н Н Н Н Н
Електронна формула Н: С : С : С : Н.
Н Н Н
171 У молекулі бутану С4Н10 10 атоміа Н, у невідомого алкаїїу 2 рази більше,
отже, 10 2 = 20 . В алкені С.Н*,., . кількість атомів Н — 2п + 2 - 20 ;
2л и 18 ; л = 9 . Отже, це СВНМ.
Відповідь: С,НИ.
2,7.
8; С.Н,
172 СП • СН - та=6-3- СН
172. СН4. ^ = -^4. С.Н.. 2-3. С,Н„. дг(с) 8
Зі зростанням молярної маси алканін відношення кількості атомів Гідрогену
до кількості атомів Карбону зменшується.
Відповідь: а.
173. С,Н,.: М, (С,Н„) - 58 .
174. Масова частка Карбону найбільша в бутані С,Н„, оскільки в цій сполуці
найбільше атомів Карбону (порівняно з станом і пропаном), а атоми Гідрогену
мало впливають на значення відносної молекулярної маси, що підтверджуємо
розрахунками:
»(С) = -2А.®1«£.= 0,8; и>(С)
к ' М, (С,Н4) ЗО ' ’
ЗА,(С^ 3 12
Л/г(с,Н,)° 41
>0,82;
и>(С) =
4А,(С) 4 12
Ч(С4Н„) 58
= 0.83.
175..) п(С,Н,)=і =
_1бг_
30 г моль
0.5 моль.
,, і V 4,48 л _ „
б) л(С.Н,.) = — • ———:-------= 0,2 моль
4 ‘ V, 22,4 л. моль
176. Дано:
т(С)=80%
иі(Н)=20%
^„-7
Розв'язання.
Нехай маса сполуки — 100 г, тоді т(С)> 80 г;
яі(Н)=20 г. У сполуці С,Н,„,
л(С) х
л(Н)' 2х + 2 ’
ХІМІЯ Попель П. П., Крикля Л. С. :-:й 709
Знайдемо л(С) — 6,67 моль: п(Н)= —= 20 моль; ж ;
' М 7 М 20 2х < 2
6,67(2x4-2)= 20х ; 13,34х +13,34 = 20х ; 13,34*в.66х; х = І; С,Н4 .
Відповідь: формула сполуки — С,Н, .
§ 19
Густину речовини можна обчислювати за формулою р = —,де р — густина
речовини, т - маса речовини, V — об’єм речовини 1
Відносну густину речовини За будь-яким газом визначають за формулою
о м
и = — , де І) — відносна густина одного газу за іншим,
” і
М. та М, — молярні маси газів.
Відносна густина речовини за воднем розраховується за формулою.
П = -М1
“ М(Н>)
178- а) С,Н, + 50, + ЗСО, 4 4Н,0 ; б) С,Н„ + 80, -» 5С0, + 6Н,0;
в) С,Н, 4 СІ, — і^-4С,НлС1 4 НСІ.
179. Візьмемо газів кількістю речовини 1 моль, тоді V 1*я л
т(С,Н,)=М л=30 г, У(С,Н,) = 22.4 л;
ч(С,!І,)--М п = 14 г, У(СаН8)-22,4 л.
т
р..у,
») р(сЛ)-=- = -|^ = 1.34 г/л;б) р(С,И,)-^--±^.1,96 г/л.
Розрахуємо (С.Н,)^—= 15, (С.Н.)- -- - 22
*> М(Н.) 2 1 *’ М(Н?) 2
180. Дано:
Г(С,Н.)аІ Д
Розв’язання,
За рівнянням реакції 2С,Н, 4 70, -> 4СО, 4 6Н,0 об’єм
Ч>(0, ) = 20%
Г (повітря 1 — ?
кисню в більше об’єму етану,
тоді У(О,)я ' V(С,Н,)•-3.5 л.
л
У
повітрі кисню 20 %, оіже, 3,5 л О, -20%; х л повітря - 100 %;
... . 3,5 я 100 % _
V (пові»р, | =---- »17,5 л.
20 %
Відповідь: V*(повітря)* 17,5 л.
181. Дано-
т(С,Н,,С,Нк)= 20 кг = 2000(1 г
ш(СіН,)=22%, або 22 %
Ф(С,Н.)~?
ЧЧС.Н,.) - 7
Розв'язання
Знайдемо масу кожного газу в суміші;
т (С.Н, ) “ т (сум.)- и’(С,Н,) =
= 20000 0,22= 4400 г;
м(С,Ни)=ж(сум.)- т(С,Н,) =
= 20О00 4400 = 1560(1 г.
710 ХІМІЯ Попели П. П., Крикля Л. С.
Знайдемо кількості речовини газів: л(С.Н.) = 77 = -77 •* ' я моль;
' ' М 44 г моль
'і(С<Нц,)= —°-15—- = 268.97 моль.
' 4 м 58 г/моль
Знайдемо об’єми газів у суміші:
У (С4Н,)» У„ л = 22,4 л/моль 100 моль-2240 л;
У(С,Н10)«У, л-22,4л/моль 100 моль - 6024,93 л.
Знайдемо об’ємні частки газів у суміші:
ф(С,И,) . » 2240 Л -0,271. або 27,1 %;
‘ V(суміші) 8264,93л
ф(С4Н„ ) . 100 % - ф(С,Н, ) = 72.9 % .
Відповідь: ф(С,Н,)= 27.1 % . ф(С,Н1в)-72,9 %.
182. Дано:
С,Н„„
и>(С)-=84 %
Розв’язання:
Нехай маса алкану С,Н^., — 100 г, тоді т(С)= 84 г;
С,Н„., - 7
лі(Н)« 16 г. У сполуці С,Н,Х1,
л(С) х
л(Н) 2хі2
Знайдемо п (С) = — "Г— = 7 моль; п (Н) = — » Г— = 16 моль.
4 ’ М 12 г/моль 4 ' М 1 г/моль
— - Х ; 7(2х + 2)-1вх; 14х + 14е16х: 14-2х; 7 = х; С.Н.,
16 2і + 2 ' ' \ ’
Відповідь: формула сполуки — С,П„ .
§20
187. С,Н, ♦—!— С,Н, —-» С,Н4СІ
4.
С4Н4С1,
1) С,Н4 . Н, С,Н4; 2) С,Н, ♦ неї -> С2Н5С1 ; 3) С,Н4 + (Я,-» С,Н4СІ,.
188. Згадайте основні формули, подивившись розв’язання до задачі № 179.
Р(С,Н> "
Нехай кількість речовини С,Н4 — 1 моль, тоді лі(С,Н() = М , а V (С,Н,) = У, .
, М 28 г. моль . , г. » ^(с»н«) 28 г моль
р(С*Н.)и— »— -----;-----= 1,25 г/л; І».. (С,Н4)= —= —---------—«7,
ні » і/ 22,4 я, моль ’ Л£(Н,) 4 г/моль
Відповідь. Л14_ (С,!!,)» 7 .
189. Дано:
моль
п (Н,О) = л (СО,) = 2 моль
С,Н, - 7
Розв'язання:
Нехай формула невідомого вуглеводню — С,Н(,
тоді С,Н, + х + |О, -» хСО, * Н,0
За рівнянням реакції при повному згорянні 1 моль
С.Н^ утворюється х моль СО, і моль Н,0 .
ХІМІЯ Полель П. П. , Крикля Л. С. 711
А за умовою задачі 1 моль СЖН, утворює 3 моль СО, І 2 моль Н,0, Отже,
х - 2, р/2 2, у « 4 . Формула вуглеводню — С,Н, .
Відповідь. формула сполуки — С,Л, .
Розв'язання
Із суміші газів із бромною водою реагувати
ме тільки С,Н,, тоді гази, які залишили
ся, — це С,Н« і СН,, їхній об’єм становить
0,4-18 л. Отже,
V (СГН,) = V (суміші) - V (СН,. СаН,) =
-1,12- 0,448. 0,672л-
190. Дано.
1'(СН,, С.Н,, С,Н,)=1,12 л
V (залишку)- 0,448 л
V ((>,)= 1,232 л
V (СН, ) — 7
V (С.Н.) - 7
И(СДІ,) -?
У кисні будуть горіти обидва гази, що залишилися:
СН, 4 20, -з 00,4 211,0 (1);
20,Н, + 70, -» 4СО, + 6П,О (2).
Нехай У(СН,} у суміші — х л, а ^(С,Н,)= у л, тоді. І'(О,), що витрачаєть-
ся на згоряння СН,, у 2 рази більше (рівняння N 1) і дорівнює 2х (л). а на
згоряння С,Н, кисню витрачається в 3,5 разе більше (рівняння № 2), що ста
повить 3,5 у (л). Складаємо систему рівнянь:
У(СН,)4 У(С,Н, )= 0,448 х + 1г = 0,448 |>2
(О,)-1,282 ’ 2x4 3,5^=1.232
Домножимо п«рше рівняння а системі на 2, від першого піднімемо друге я от-
римаємо: -1,5р - -0,336 ; у = 0,224 ;
7(С,Н,)-0,224 л; V (СН,)-0,44» - 0,224 = 0,224 л.
Відповідь: у початковій суміші 1’(СН,) К(С,Н4)= 0,224 л, И(С,И,) = 0,872 д.
§21
192. б)
193. Поліетилен, на відміну від етилену, є хімічко інертним, оскільки в ньому
немає ПОДВІЙНОГО зв'язку, який є в етилені. Цей зв’язок легко руйнується, що
й робить етилен хімічко актиоіюю речовиною.
194. Формула поліетилену —, (С,Н,)ш, тоді Мг (С,Н,) = 28л
Якщо молекула поліетилену важча за молекулу води в 700 разів, то
МГ.(£»!Ь.к 700 ; — 700.28п » 18 700 ; я » 450
М, (Я,О) 18
Відповідь: л = 450 .
195. Дано.
гп(С2Н,)^ - 3,5 г
^(С,Н,) - 7
Розв'язання:
(С,н,)в-жС1н,:
, т 3,53 г 0,125
піН = — = ---1 =------- моль;
І » <'- 28чі(г) т
л(СгН,) = ш пС?Н(-0.125 моль.
712 і#: ХІМІЯ Попель П. П., Крикля Л. С
>’(С,Н4)*ИЯ п« 22,4л/моль и,125 моль-2,8 л.
Відповідь.’ У(С(Н4)_=2,8 л.
І 22
19Я. СаС, + 2НСІ -» СаСІ, + С,Н, 1 .
199. ) СаС,—>СН СН -»СНСІ -СНСІ
II >
СНСІ,-СНСІ,
І» СаС, 2Н,0 » Са(ОН), т СН СН :
2) СН СН + СІ, -» СНСІ « СНСІ; 3) СНСІ = СНСІ + СІ, -> СНСІ, • СНСІ, ;
і ,
6) СН - СН -»СН,-СНВг ->СН,Вг - СНВг,
1) СН СН + НВг -► СН, - СНВг ; 2) СН, « СНВг + Вг, -» СН,Вг - СНВг, .
200
РолРязанкя:
І спосіб
1 моль С,Н, займає за н. у. об'єм 22.4 я і має
масу 26 г.
и>(С)= « 2Д1 = 0,92 .
и[Ч МГ(С,Н,) 26
201. Дано:
С(С,Н,)=1 л
т(С,Н,) — ?
Складемо пропорцію: 22,4 л С,Н, має масу 26 г, 1 л — х г;
І л 26 г ,
яж яи7”ивг‘
її спосіб
п(СЛ)-—=^ моль, ж(С,Н,)-М н а 26 г/мольмоль
Відповідь: т(С,Н,)«1,16 г.
1,18 г.
202 Дано'
неї
СН СН + НСІ -* СНСІ = СН,
т(СНСІ= СН,)-1 кг - 1000 г
Р(ПСІ) — ?
м(С,Н,С1) = п(НС1)» 16 моль.
Г(НСІ)=УЯ л » 22,4л/моль 16 моль-358.4 л.
Відповідь: У(НС1)« 358, 4 л.
Ролв'язанм
СН-СН + НСІ -» СНСІ - СН,
»(С,Н,С1) = ‘“І
я(С.Н,С1) = 1°°° г - - 16 моль;
' ' ’ ' 62,5 г(моль
203 Дано:
и‘(СаС,)і 80%
У(С.Н1)=2.ьм' -2,8 10’ л
літо (СаС,, домпоки) —V
Ролі'ямних:
СаС, ► 2Н,О Са (ОН\ + С.Н, Т .
За рівнянням реакції розрахуємо масу чис-
того СаС .
ХІМІЯ Попель П. П., Крикля Л. С.
713
Знайдемо п (С.Н, ) - : п (СаН,) - = 125 моль;
/і(СаС,)= л(С,Н, ) 125 моль;
л(СаС,)= М п - 64 г/моль 125 моль - 8000 г — 8 кг.
Знайдемо масу технічного кальцій карбіду: 8 кг СаС, — 80 %; х кг — 100 %;
Відповідь: маса технічного СаС, становить 10 кг.
204. Дано:
п (С.Н, )= 0,1 моль
п(СО,)=0,2 моль
т(Н,О)»1.8 г
С Н - 7
Розв'язання:
С.Н. + [х + І О, -» хСО, + | Н,0 .
* ’ І 4 1 * 1 2 ’
л(С.Н,):л(СО,): л(Н,О) 0,1: 0.2: 0,1 1:2:1.
2 ’ ’
Кількості речовини л співвідносяться один до одно
го, як невеликі цілі числа (що чисельно дорівнюють
коефіцієнтам у рівнянні): л(Н,О)=-~ «0,1 моль,
Отже, х 2, 1; у 2 . Невідомий вуглеводень — С,Н, .
Відповідь: формула сполуки — С,Н, .
§23
Об'єми газів, що вступають у реакцію й утворюються під час реакції, спів-
відносяться як невеликі цілі числа й чисельно дорівнюють коефіцієнтам
у рівнянні реакції.
206.
а) СН, + СІ, -» СН,С1 + НСІ .
IV IV IV IV
1л 1л 1л 1л
Сумарний об’єм не змінюється. Якщо сума коефіцієнтів в обох частинах одна-
кова, то й об’єми газів однакові.
б) 2 N Нй + ЗС1, -> N. + 6НСІ. Суми коефіцієнтів у лівій частині — 2 + 3-5,
а у правій —1+6-7. Отже, реакція супроводжується збільшенням сумар-
ного об’єму речовин.
206. Дано:
И(СгН4)=0.б л
^(О.) “7
207. Дано:
К(СН4)=0,6 л
?(«,)»2л
Чи вистачить СІ, ?
Розв’язання:
С,Н4 + ЗО, -> 2СО, і- 2Н,О .
С(0,) - ЗИ(С,Н,) - 2 • 3 - 6 л.
Відповідь: V(О,)^=6 л.
Розв'язання:
СН4 + 4С1, -» ССІ4 + 4НС1 . Па повне хлорування ме-
тану хлору завжди витрачається в 4 рази більше,
отже, V (СІ,)-4С(СН, ) = 0,6 4-2,4 л:2,4л>2л,
тобто хлору не вистачить.
Відповідь: на пивне хлорування <1,6 л СН, 2 л хлору не вистачить, оскільки
потрібно 2,4 л.
714 ХІМІЯ Попель П. П., Крикля Л. С. Ш?
?08 Дам: Розл’яіамня.
Г » І‘ с,н.До, -, зсо. + зн,о.
('(газів після реакції) — ?
Було 1 л б л *
Прореагувало -1 а “3,5 л 2 л 3 л
Залишилось після реакції — 1,5 л 2 л 3 л
Після реакції залишилися гази: 1,5 л О,, 2 л СО, і 3 л водяних парів. Але
після приведення гадів до н. у. (І « 0 ’С ) іюдяні пари сконденсуються й зави
шдться гали О] і СО, .
Відповідь; И(СО,) -2 л, ИО,) - 1,5 л.
20®. Дано.
Г(Н,;О,)-40 мл
Ке..(о»)-Ю
- ?
У(О,) - ?
х = 10 ; Г(0,)=10 .1 ;
Розв'язання.-
Якщо після реакції залишимося 10 мл О,,
отже, об’єм суміші газів, що прореагували, дорівнює
40 - 10 - ЗО мл.
2Н, •* О. - 2Н,О, Г(На)+У(0,) = ЗО. 2х + х = 30;
і, • ।
^(Н,) = 20 я, У(ОТ) -10+10-20 л.
Відповідь: Т (Н-)= V (О,) = 20 л.
210. 2НГЧ + ЗО, = 230, 4 211,0.
2 : З
1 1.5
Щоб згорів 1 л Н.8, потрібно 1,5 л О,. Якщо 0, в повітрі 20 % аа об’ємом
(або 1/5 частина), то повітря потрібно взяти в 5 разів більше, а саме:
1.5 5-7,5 л.
= 1 7.5 = 2:15.
Відповідь: Г(Н,5) : ^(повітря) -2:15.
У(Н,8)
V (повітря)
211. СН + х + -</ 0,-ухСО, ^Н.О.
' ' . 1 ’ ‘ 2 ’
11' 21' 1И
Об’єми відносяться як 1 . 2 : 1. Отже, х = 2; = І: р = 2 Формула сполуки —
С.Н, .
Відповідь: формула сполуки — С,Н, .
212 С.Н -• х+—О, -+хСО. ЛНО.
* * . 4 ’ 1 2
10 мл 40 мл 50 мл
У(С,Н,): (СО,) : К(Н,0)- 10 : 40 50 = 1: 4 : 5, х = 4 .
=5: риЮ. С.Н,-С,Н„
Відповідь: газуватиЙ вуглеводень — С(Н)0.
' ХІМІЯ Попель П. П., Крикля Л. С. 715
2іЗ. Дано.
^(СО,) 21 2
?(СН,) V 1
р(С,Н,)=1,34т/л
С.Н, - ?
Розв'язання
„ У(СО,) 2
Якщо - *4 - — , то а 1 моль С.Н утворюється
У(с,н,) і ‘
2 моль СО., а за схемою 1.С,Нк -* 2СО,; х - 2,
Отже, формулу вуглеводню можна заиисати у аиі
ляді €,Н(.
Знайдемо л(С,М. )= —---я------- —г— моль;
к 1 ' 22,1 л моль 22,4
,. /„ „ \ т 1,34 г • 22,1 „„
ЛГ(Г,Н, 1= ------------=30 г,моль;
' п 1 Миль
-’И(С,НГ)=12 2-гІ-р = 24 + у ; 24 + у = ЗО ; р = 6; С,Н. .
Відповідь: невідомий вуглеводень — С,Н, .
§24 Н И
4 4 а
215. С,Н,ОН — етанол. ІІ-+С-С-*О*-Н — структурна формула;
т т
н п н н
• і
Н-С-С-О-Н— електронна формула.
Н 11
217. а) 2СН.0Н + ЗО, -* 2СО, + 4Н.О ; б) 2СН.0Н +2Ь -+ 2СН.0Ц + Н,.
218. С.Н,. ,0Н + | лО. -> лСО, + (л + 1)Н,0 .
219. Під дією молекул води йовний зв'язок між На і ОН у сполуці руйнується
і в розчин переходять гідрвтоваиі йони ОН , що й зумовлюють лужні властиво
сті розчину. При розчиненні метанолу й етанолу ковалентно полярний зв'язок
між вуглеводневим залишком і ОН.групою не руйнується. Ось чому спирти не
проявляють основні властивості, а їхні розчини не мають лужного середовища
й не проводять електричний струм.
220. Дат.
У(Н,)= 224 мв -0,224 л
т(С,Н,0Н) — 7
т(,\а) — ?
Розв'язання;
2С,Н,0Н + 2На -» *С,Н,0На + Н,.
... . V 0.224 л ..
п [Н )- — - ————-— » 0 01 моль;
' 17 1'„ 22,4 л моль
п (С,Н,ОН ) л (К’а ) « 2л (Н,) - 0.02 моль;
т(Ма)=Л1 л = 23 г/моль 0,о2 миль - 0,46 г;
т(С,Нж0Н)= М л =46 г/моль-0,02моль- 0,92 г.
Відповідь: 0,92 г.
22 і. Дано:
») ш(О)=0.6
б) ш(0)- 0,267
С.Н,„,0Н — ?
Розв'язання.
Ю(О). А*01
’ } М,(С.Н,.. ОН)
а) ЛГ, - -•7(° ’; М, «-1^ = 32 ;
и>(0) 0,5
716 ХІМІЯ Пол&льП. П. , Крикля Л. С.
М. (С.Ни„0Н)=12 л 1 2п + г ♦ 16 + 1 ; Нл + 18-32; 11л - 14 . л = 1
Формула сполуки — СН.ОН
б) М = - (°-2 —— = 60 ; 14л т 18 - 60 ; 14л = 42 ; л = 3 .
«' 0,267
' Формула сполуки — С,НТОН .
Відповідь: одноатомні насичені спирти — СН,ОН , С,Н,ОИ .
Розв'язання:
І спосіб
Нехай змішали спирти кількістю речовини
по х моль. Тоді т(СН,ОН)=М х = 32х (г);
ш (С,Н,ОН) = М х = 4бх (г);
т(СНаОН) 32хл0П
т (суміші) 78х
222. Дано:
л(СН,ОН)=л(С,Н,ОН)
ш(СН,ОН) - 7
ш(С,Н,ОН) - ?
«(розчину)» 32х + 46х = 78х (г); ц(СН,ОН)
або41%; и’(С1Н,ОН)= 100 %-11 %-69%.
II спосіб
Нехай у суміші спиртів кількістю по 1 моль, тоді «(СІІ,ОН) = 23 г,
т(СаН5ОН)»46 г; т(суміші) = 32г+ 46 г-78 г:
и> (СН,ОН) = || = 0.41 . або 41 %; и> (С,Н,ОН ) = 59 % .
Відповідь: и»(С,Н,ОН) = 59 % , о<(СН,ОН)= 41 % .
223 Дано:
Розв'язання:
« (С,Н,ОН) = 9.2 г ДИ, 27,42 кДж С,Н,0Н + ЗО, ->2СО, + ЗН,О, ДН — 7 Щоб скласти термохімічне рівняння, потрібко підра- хувати, скільки теплоти виділиться при згорянні 1 моль спирту. Згідно з рівнянням реакції знайдемо
ДЯ —7 Термохімічне
рівняння — 7 П П1ГІа</ГІ ) - » ** МОЛЬ- у 1 1 ' м * х 1 7 46 г моль
За умовою 0,2 моль СаН,ОН виділяє 27,42 кДж теплоти. 1 моль — * кДж.
х - ЬН - >7,04|'- - «37,1 кДж.
Якщо теплота виділяється, отже, ДН <0, ДН »-137,1 кДж.
Термохімічне рівняння: С,Н,ОН ь ЗО, -» 2СО, + ЗН,О;
ДН--І37,1 кДж.
Відповідь: Дії -137.1 кДж.
8 25
227. Гліцерин від етанолу можна відрізнити за фізичними властивостями: етанол —
безбарвна рідина з характерним «спиртовим» запахом, а гліцерин — безбарв
па в’язка рідина, яка не мас запаху. Хімічним способом їх можна розпізнати,
додавши до обох пробірок із рідинами блакитний осад купрум(П) гідроксиду
в лужному середовищі. У пробірці з гліцерином осад розчиниться й утворить-
ся темно-синій розчин, у пробірці а етанолом залишиться неоднорідна суміш
осаду й спирту.
ХІМІЯ Попель П. П., Крикля Л. С. 717
228. Дано;
V (і І,) =280 мл-0,28 л
т(Ма) — ?
= О’?8*—* 0.0125
Розв'язання;
СН,ОН СН.ОН
І
2СНОН + 6Иа -» 2СНОН + ЗН, Т
І І
сн.он сн,он
моль;
' " 22.4 л, моль
п
л
Відповідь: т (Ми)-0,575 г.
(N0} 6=2. л(Ка\, 2я(Н,)= 0,025 моль; т(№)»М л=0,575 г.
(На) З
229. Дано:
а(С01)»3 моль
а(Н,О) = 4 моль
М (спирту) - 92 г/моль
Який спирт?
Розв'язання:
За умовою не відомо, одноатомним чи ба
гатоатомним є спирт, тому позначимо його
через А . Загальне рівняння горіння спир-
ту: А + О, -> ЗСО, + 411,0 , Отже, молекула
спирту містить 3 атоми Карбону й 8 атомів
Гідрогену.
Якщо спирт одноатомний, тоді його формула — С,Н,0 або С,Н,ОН
М(С,Н,0Н) = 60 г/моль, що не відповідає умові задачі. Отже, спирт містить
кілька ОН-груц, їхню кількість позначимо через ж , тоді формула багатоатом-
ною спирту — С,Н, , (ОН)ж .
Знайдемо формулу спирту. м(С,Н, ,(0Н)) 92 г/моль (за умовою);
12 З + 8-Х + 17х = 92 ; 36 + 8 і 16х 92 ; 16х = 48 ; х = 3 . Формула сполуки —
С,Н, (ОІЦ . Отже, невідомий спирт — це гліцерин.
Відповідь: гліцерин.
230 Дано:
_?№>) .,8
м(с,н,(он),)
и,(с,п,(онх) - 7
Розв'язання:
Якщо в розчині гліцерину х моль, тоді води в 8 разів
більше, тобто 8х мать. Знаходимо масу х моль спир-
ту і 8х моль води:
т (0,11,(011^) 92 г/моль • х моль - 92х (г);
т(Н,О)« 18г/моль-8х моль - 144х (г);
т(суміші)=т(С1Н,(ОНХ)+т(Н,О) = 92х + 144х 236х (г);
и»(С,Н,(0НХ)=^^?Нр»^^- = 0.39. або 39 %.
' ‘ т(суміші) 236х
Відповідь: ці (гліцерину) “ 39 %.
§26
233. 1 — б, 2 — в, 3 — а. Для рі-човип із формулами С,Н„,,ОН і С,Н,„,000Н
мінімальне значення п = 1. а для речовим із формулою С,НМ | (ОН мінімаль-
не значення п = 3 .
718 Лй ХІМІЯ Попель П. П., Крикля Л. С.
134.1 — а, б; 2 — а. б; 3 — а, б; 4 — а. в; 5 — а, б. г.
235. Дано:
М (С.Н„.,СООН)- 60 Г/моль
С.Н,.„СООН — 7 •
Відповідь: формула сполуки — СН
Розв'язання-
М (С.Ни„СООН) = 60 г/моль;
12л+ 2л +1 + 12 + 32 +1*60; 14л =14;
п = 1 .
Формула сполуки — СИ.СООН .
.СООН .
236 Дано:
а) «.(<
6) и>(і
69,6%. або 0.696
0,432
С.Н,.„СООН — ?
Розв'язання:
/лЧ 2Л.(О)
* М (С.Н,..,СООН)'
й> ---------------------- 0,696;
12л + 2л +1 + 12 + 32+1
0,696 ; 14л +46* 32
------; 14л + 46 > 46 ; 14л = 0 ; л - 0 .
14 л+46 ...... 0.696
Формула сполуки — НСООН .
*>« 32
б) ——— = 0,432; 14л + 46 ;
14л+46 0.432
Формула сполуки — С,1І,СООН .
Відповідь: а) НСООН ; б) С,НЬСООН .
14л+ 46 74 ; 14л - 28 ; п «2.
237. Дано;
п (НСООН ) л(СН,СООН)= л(Н,О)
и> (НСООН) - 7
и>(СН,СООН) — 7
Розв'язання:
Нехай п (НСООН)*
= л(СН,СООН)= л(Н,О)= х моль,
тоді т (НСООН)- М х-46х (г).
т(СН,СООН)=М х = 60х (г); т(Н,0)* М х - 18х (г).
т(розчину)= т (кислот)+ лі(Н,О) = 46х + 60х + 18х = 124х (г);
и> (НСООН)= т (НСО°-?К ^~ = 0,371. або 37,1 %:
х ' т (розчину) 124х
«(СН.СООН)-9 = = 0.484 , або48.4%.
х ' т (розчину) 124х
Відповідь: и> (НСООН) -37.1%. и> (СН,СООН ) = 48.4 % .
§27
239. а) 2СН.СООН + 2ЬІ -♦ 2СН,СООЕі + Н, ;
2СН, СООН+ ХпО -+ і СН, С00
Ц НМЖ аафчагт
2п + Н,0 .
б) 2СН.СООН + Ва (0Н), -ь (СН.СОО), Ва + 2Н,0 .
мтгг
Х,М,Я Попвль п- п-» Крикля л. С. :й;< 719
в) 2СН,СООН + ГеСО, -♦ (СН.СОО). Ке + Н,0 + СО, Т .
«<*» ™ ь.гі»им ш
240. а) Н.8О. 4 2СН,СООНа -» 2СН.С00Н + Ма.ЗО,;
нмо, = 2сн,сооіл -»иио, ♦ сн,соон
б) К^ + 2СН,ГООН -4 Н.Я + 2СН.СХЮК ;
N«,8 і 2СН.С00Н -» Н.8 + 2СН,СООКа .
243 СН/ХЮН 4 НО СН, 4 СН.СООСН, 4 Н,О .
244 Дано; Розв'язання: , , ,
V (солі) - 142 Нехай формула солі СН.,СОО Ме ,
СІЛЬ ~ 1 тоді М. .(12 2-8-32) п 4 Ме -142 ;
59лтМе = 142. Ме»142 59л .
Якщо метал одновалентний, то при п = 1 лг (Ме)= нЗ не підходить, якщо дво-
валентний, л.2, Аг(Ме) = 24, Ме-Мд
Якщо п = 3 , Д. (Ме) в -35 не підходить. Отже, формула солі — (СН,СОО^ Мв
Ця СІЛЬ Матвій ацетат.
Відповідь: (СН.СОО ( Мр.
245. Дано:
т (розч. СН ,СООН) = 50 г
ш(СІІ.С00Н)= 12 %, або 0,12
ш(КОН)--32%, або 0,32
т (розчину КОН) — 7
Розв’язання-
СН,СООН 4 КОН -> СН.СООК 4 Н.О .
Знайдемо масу кислоти в розчині:
лі (СН'СООН) - т (розч.)-и> (СН.СООН);
лі(СН (ХХ)П)- 60 0,12=6 г.
За рівнянням реакції
п(СН.СООН)- л(КОН) -£(с*у^0Н) ж 6г__ а 0
' ' ' М (СН.СООН) вОГ'ММь
лі(КОН)-/И л = 5,іі г; іе(КОН)ї- .
"і (розчину І
. . лі(К0Н) 5,6 г ,
т (розчину)---Ь----—— =17,5 г.
ш(КОН) 0,32
Відповідь: т(розчину КОН). 17,6 т.
246. Дано,-
т (розч. оцту ) = 400 г
иі. (СН.СООН) = 9 % , або 0.0»
ц>, (СН.СООН ) ь 80 % , або 0.8
лі (оцтової есенції) — 7
лі(Н.О) — 7
Розв'язання.
Щоб Із 80-вІдсоткового розчину есенції
приготувати 9- відсотковий розчин оцту,
потрібно до есенції додати певну масу води
Знайдемо «(СН.СООН) а ^-відсотковому
розчині: т. (СН.СООН)
= «(розчину)-«р(СН СООН).
= 400 0,09 = 36 т.
Стільки ж кислоти повинно бути в оцтовій есенції:
пі,(СН,сООН)= «.(СН.СООН).
720 *:$: ХІМІЯ Попель П. П. , Крикля Л. С.
1' "Ч (оцт. есеиц.)
т, (оцт. есенц.) » ш. (СН.СООН): и> (СН.СООН ),
т, (оцт. есенц.) = 3*^ -> 45 г.
Щоб із 45 г оцтової есенції приготувати 9-відсотковий розчин масою 400 г, по-
трібно додати відповідну масу води:
т(Н.0)«лі(9% розч.)-лі(оцт. есенц.)= 400 - 45 « 355 г.
Відповідь: для приготування 400 г розчину оцту потрібно взяти 355 г Н,0
і 45 г оцтової есенції.
247. Дано:
т (НСООН,. СН.СООН) = 35 г
V (газу) =7.84 л
ш (НСООН) — ?
іе (СН.СООН) — 7
Розв'язання:
З натрій карбонатом будуть реагувати оби-
дві кислоти:
2НСООН + Ма.СО. -»
-» 2НСООМа + Н.О т СО, Т (1):
2СН.СООН ь N4,00, -ь
-► 2СН,С00На + Н,О + СО, Т (2).
Нехай п (НСООН)-х моль, тоді, за рівнянням М 1, виділиться 0,5х моль
тазу СО( .
Нехай п(СН,СООН) = у моль, тоді, за рівнянням № 2, — л,(СО,)і 0,5р моль.
Знайдемо л(СО,) = *—«>0,35 моль.
4 а/ V. 22,4 л/моль
(т (НСООН ) + т (СН.СООН ) - 35
Складаємо систему рівнянь: . . . . „ „ ' •
[л, (СО.)+ л.(СО,) = 0,35
М (НСООН) п + М (СН.СООН) л -35 |46х + 60р-35
д,(СО.)+л,(СО,)= 0,35 ’ і0,5х +0,5р = 0,351 92
Помножимо друге рівняння на 92 І від першого віднімемо друге: 14у = 2,8;
у - 0,2 ; х 0,5 .
т(НСООН)” М п = 46 г/моль 0.5 моль - 23 г;
и>(НСООН)= т(ИСООН)= 23£ _ о,657 , або 65,7 %;
' ' т (суміші) 35 г
ш(СН.СООН)- 1-іг(ИСООН)= 1-0,657 - 0,343, або 34,3%.
Відповідь: ш (НСООН ) 65.7 %. и> (СН.СООН ) • 34,3 % .
§28
253. О «) си,-о с-с(.н41 СН -О-С С..Н,, 1 ? сн,-о-с-с„н41 О б) сн,-0-с-с„нм II сн-о-с-с„н„ СН,-О-С-СІТНМ о в) СН,-О- с -с,тнв СН-О С-С.,Ни і ? СН.-О-С-С.Н, , Крикля Я. С, 721
:й:й$йй ХІМІЯ Попель П. П.
255. О
СН,-О-С-СІТН„
О
ІІ
СН-О-С-С..Н*. +ЗН
І ?
СН, О-С-С|ТІІЛ
Розв'язання:
о
сн, -ос-с17ни
о
II
СН О-С-С Н ,
о
СН,-О-С-С„Ни
255 Дано;
'л(жиру) - 9.9 кг
т(гліц<*рииу) — 7
п (жиру) - = 11’086 моль'
М 884 гмоль
п (гліцерину) - п (жиру) - 11,086 моль
О
І
снІ-о-с -с„н., сн,-о-н
ї І
СН О-С-С.,Н„ +ЗКОН ---------► сн-о-н + ЗС,.Н„С00К
о ' | ’ " "
СН,-О-С-СІТНЯ СН, о- н
л* (гліцерину) - М • л — 92 г/мпль - 11,086 моль - 1020 г - 1,02 кг.
Відповідь. т (гліцерину) — 1.02 кг.
257. Дано:
лі(жиру) - 55 кг
н. у.
ПН,) - ?
о
(
СН,-О-‘С -с,.н,
о
II
сн о -С -С.Т1„
І ?
сн,-о-г-сітнм
Розв’язання
. т 55 Ю’г _
л(жиру) - “ ;----- 62,217 моль
М 884г моль
л(Н,) - Зл(жиру) - 3 62,217 - 186.651 моль.
Г(Н,) - Ут • п - 22,4 л/моль 186,651 моль = 4181 л »
- 4,181 м»
сн,-о-с-сІ7н„
О
зн
СН,О-С-С„Н„
II
СН,-О-С-С]7НМ
Відповідь: У(Н,) — 4,181 м’.
258. Дано:
т(жнру) -1г
- 40 кДж
А// - ?
Термохімічне рівняння — ?
Розв'язання;
О
СНГО С С,ЛМ
2 СН-О-^-С.,Н,, + 1630 -і
СН,- О- С СІТНн
, . т 1г
л(жиру) - - Ч ——-----------
М ЧЧП Г/МОЛЬ
• 1.12 10 ‘‘моль Підрахуймо, скільки
теплоти ВИДІЛИТЬСЯ ари згорянні 2 моль жиру
згідно з рівнянням реакції.
114СО, * 1ЮН.0; АН О.
О
722 5;$: ХІМІЯ Попель П. П., Крикля Л. С.
За умовою 1,12 10“ моль жиру виділяс 40 кДж. а 2 моль — х кДж. і;й
о лі &
х----—0 =. 71429 кДж; АН - -71429 кДж. -Й
1,12 Ю3 $
Щоб скласти термохімічне рівняння, внесемо тепловий ефект АН в рівняння, £:
й отримаємо:
О
СН2Ю-С-С„НЗЬ
2СН-О-С-С„НМ + 1630, -* 114СО, + 110Н,О; АН - -71429 кДж.
’ і »
Або: 2С,Н,(СІТН„СОО), + 1630, -» 114С0, + 11011,0; ДН - -71420 кДж.
Відповідь: АН - -71429 кДж.
261. Щоб довести наявність в молекулі глюкози гідроксильних груп, потрібно
до розчину додати блакитний осад СиіОНІ, у лужному середовищі (або додати
розчин купрум(ІІ) сульфату і надлишок розчину лугу). Утворення яскраво-си
нього розчину доводить наявність кількох гідроксильних груп. Якщо цей роз-
чин нагріти, тоді через деякий час випаде спочатку жовтий осад Си(ОН), а потім
червоний Си,О. Ця реакція доводить наявність альдегідної групи .
1 он
Розв'язання:
6А(С) 6 12 _ . ,
і '— ---= 0,4 . або 40
180
12 0,07, або 7%.
“,<С) МДС.Н^О,)
1 МДС.Н.А) 180
262. Дано:
С.Н.,0.
и4С>— 7
ш(Н) — 7
и<(0) — 7
НО) - 100 % - (и>(С) + іа(Н)) - 53 %.,
Відповідь: 40 %. 7 %, 53 %.
Розв'язання:
І спосіб
263. Дано:
иі(С,Н„О4) - 25 %. або 0,25
т(СфН„О^ - 50 г___________
т(Н,О) —7
. . т(С,Н„0,) 50
т(роочину) - ---—з- “ — = 200 г;
и> 0,25
т(розчину) “ т(С„Ни04) + т(Н,0); т (Н,О) - 200 г - 50 г — 150 г.
иКСА.О.)
>МС,КЦО«) ;
т(розчияу) '
П спосіб
Нехай щ(Н,0) - х г, тоді
и,(С Н„0.) =---"І<С1Н А’ -----У1!- _50— = 0,25; 50 + д = х -150.
т(СяНа0,) + ті(Н,О) 50г + хг 50+ х 0,25
Відповідь: т(Н,0) • 150 г.
Дано:
т (С.Н„О.) - 90 г
У(СО,) — 7
Розв'язання.
,0. -+ 2СО,Т + 2С,Н,0Н.
л(С,Н О ) - - ——------- - 0.5 моль:
• ” * М 180 г. моль
л(СО}) - 2л(С,Н„0,) - 2 0.5 - 1 моль; У(СО,) - V,•л - 22,4 л.
Відповідь: У(СО,) - 22,4 л.
ХІМІЯ Попель П. П., Крикля Л. С. Й:-: 723
265 Дано: Розв'язання:
т (насич. розчину) - 80 г т(С4Н„О,) - т(насич. розчину) - т(Н,О) -
т (И,О) - 43,7 г - 80 - 43,7 - 36,3 г
8 — 1
Розрахуємо, скільки глюкози може розчинитися в 100 г Н,О, щоб утворився
насичений розчин при 1-20 °С. 43,7 г Н,0 — 86,3 г С.НцО,;
100 г Н,0 - г СН„О,; х = ™ - “Д— • 83,1 г; Я - 83.1.
відповідь; розчинність глюкози становить 83,1.
§30
267. Щоб відрізнити розчин глюкози від розчину сахарози, потрібно до обох роз-
чинів додати купрум(ІІ) гідроксид у лужному середовищі- В обох випадках утво-
ряться яскраво-сині розчини. Після нагрівання обох розчинів в одній пробірці
випаде червоний осад (отже, у цій пробірці був розчин глюкози), а в іншій ие
відбудеться жодних змін (отже, у ній знаходився розчин сахарози).
268. СцІ^О,, —1-»С,Н1|О< —► С,Н,ОН.
» ЦАі0., + Н,0 >С<Н„О, + С.Н.,0,;
ГЛКИИМ 0^**
2) С.11,,0. , 2С0,Т + 2С,Н,ОН.
270. Дано; с.А.0.. НО-? и4Н) — ? ш(О) — 7 іс(О) - 1 - (0,421 Відповідь: 42.1% Розв'язання; МС) - д ’ - - Ції? . 0,421. або 42,1 % МН) л7« ЛнН?П = Й " °-0в4 ' аб° 614 Л/ДСцНдО,,) 342 + 0,064) - 0.515, або 51.5 %. ,6,4%, 51,5%.
271. Дано: Розв'язання;
пЦСцНдО,,) - 0.6 кг - 500 г п 500 г
л(С11Н„О1|) — ? ,,Ни " М 342 г моль
— 1,46 моль.
Відповідь: п — (СдНдО,,) - 1.46 моль.
272. »ЦС1,НИО11) - 500 • ОД - 50 г.
273. Дано:
т .(розчину) - 200 г
- 5 %, або 0,05
тг (розчину) - 300 г
№,-20 %, або 0,2
Розв'язання;
При змішуванні двох розчинів маса новоутвореного
розчину т, - лі^розч.) + т/розч.) - 500 г. Сахароза
з обох розчинів перейде в новий розчин. т,(С,1Н21О1]) -
- т,(розч.) • н>, - 200 0,05 -1г; 'п,(СиН„О11) -
- та(розч.) • іг, - 300 0,2 - 60 г.
У новому розчині: т^С^НдО,,) - 10 + 60 70 г. Знайдемо масову частку саха
рози в новому розчині: ю, (СдНдО,,) - = 0,14 , або 14 %.
її п п тДрозчнну) 500 г
Відповідь: «(СдНдО,,) - 14 %.
724 л;.’; ХІМІЯ Попель П. П., Крикля Л. С.
274. Дано:
л(С,,Но0п) •" 50 кг -
- 50 10і г
НН 0) - 4 %, або 0,04
р (розч. С,Н.0Н) - 0,79
І'(роач. С,Н,ОН) - 7
Розв’язання:
+ с^о,, _^^_»с.н,.о. 4- С.Н.А:
НИВІ» фруимма
С.Н„О, —Й=аа_> 2С0Д -І 2С;Н ОН,
лССцИ^О,,) - - - 146,2 моль;
ІГ 2' 11 їй 342 г моль
Л <СЛ.А) “ ЖСиНЛ0„) - 146,2 моль:
«(СДЦОН) - 2,1(0^14^0,,) - 292,4 моль.
т(С,Н.0Н) "М п - 46 г/моль 292,4 моль - 13450,4 г.
Розрахуємо масу розчину спирту. Якщо н розчині 4 % Н,0, значить спирту
- 96 %.
і4С,Н.0Р) -------»«<СДОТ)----- .
ліірозчниу спирту)
, . т(СДІ.ОН) 13450,4 г ,.л„
т (роач. спирту) “ —-*-*-— ----—-----— 14011 г.
н л»(С,Н ОНі О.нб
. т(розч.) 14011г
V (розчин, спирту) - - - = —------у - 17735 саг1 - 17,735 л.
р 0,79 гем
Відповідь У(розч. спирту) - 17,735 я.
§31
276. (С,НиО,)л + 6лО, -* 6лСОг + 5 л Н, О.
277. (СДДО —С.Н„О, 1.С,НЬОН
І) (С,Н,Оь)л + лН,О -.‘ЛЄь-» лС.Н.Д;
2) С.Н„О, , ЗСО,Т 4 2СН,ОН.
Розв'язання-
(СеНм04)яі + ліН,О -» т<:,Н,.О. (1);
СфНиО,-+ 200,1 + 2С.Н.0Н (2).
/л іт ли °* ЮООООг
л(С Н.ОНі - — _ ;--------2174моль;
’ * М 461 моль
278 Дано:
ЩС.Н.^т - 20 %
т. (С,Н.0Н) - 100 кг
виробничі втрати 15 %
т(кяртоплі) — 7
л(С.Н„Ов) - |л (С,Н.ОН) - моль;
2 /л
л(С Н О.рп “ М • п “ 162т г/моль • моль “ 176094 г — 176 кг 094 г.
т
. т(С,Н1в0,) 176.094 кг оо. „
т(картоплі) — - —14. - -— - .-— 880 кг 470 г
»(С.Н,0О,). 0.2
Якще загальні виробничі втрати становлять 16 %, тоді спирту добувають
10О % - 15 % “ 85 % від теоретики,і можливого і, отже, тільки із 85 %
від загальної маси картоплі буде видобуто спирт Знайдемо масу картоплі
з урахуванням виробничих втраті 880 кг 470 г — 85 %; х — 100 %; т(картоплі) -
- 88О-47-°Л[-12^-1036 кг.
85%
Відповідь: для добування 100 кг спирту потрібно взяти 1036 кг картоплі.
279 Дачо: Розв’язання:
тіО,)^ 8 т-8; Ю4 г ботСО, + 5шН.О - , (СьНо0,)т + 6тО,Т.
т«’.Н.їО.) - ?
ХІМІЯ Попель П. П., Крикля Л. С. :;й; 725
П<°,1- - 25 • 1<г моль; «(С.Н^Н - ^-п(Ог)я 1°-‘ моль;
М 32 г,моль ‘ 10 вт * вт
т (С4Н1в<\)т - М • п - 162т • - 675 - 104 г - 8,75 т.
Відповідь: лЦкрохмалю) - 8.75 т.
§32
284. СН^Н, + НВг -»(СН.ННДВг; СН^Н, +• Н' 4 Вг -> [СНЖИН,]‘.+ Вг ;
СН.КН, + Н‘ -4 (СН^іН4Г; СН,!ЧН, + НМО, -♦ [СН.ІМІЦКО,:
СН.МІ, + Н* + N0/ -» [СН,МН,]- 4 N0, ;
СН,МІ, + В’ -»[СН,НН,]'.
285. Дано:
СН.ЬГН,
ММ — ?
Розв'язання:
» д?цп т - и=4& аб°45 % •
Л/.(СН,МН,) ЗІ
Відповідь: 45 %.
Розв'язання:
р(СН^іН,) — ™ . Нехай л(СН,НН,) — 1 моль, тоді
т-М.а V - У,- р(СН,КНЛ - = 1 ,ЗЯ г/л.
ті.
288. Дано:
СН.ИН,_________
р(СН,НН,) - ?
^(СН.ИН,)-?
М(СН,ИН,) 31 ...
іл. = ' ' * — к ] п, о
" М(Н,) 2 ’
Відповідь: (ХСН.МН,) - 1,38, ОІЦ(СН,НН,) - 15,5.
287. Дано:
1'(СН,МІ,) - 200 мл - 0.2 л
И( повітря) — 7
Розв'язання:
9
2СН,Г4Н, + О, -> 2СО, + 5Н,0 + И,;
пснда _ 2 ; ш . о.4б д.
ИОг) % 2 2 '
Кисню в повітрі 20 %, отже, 0,45 л О, — 20 %; х л понітря — 100 %;
= 2,25 л.
20%
Відповідь; И(ио»ітря) “ 2,25 л.
288. Дано:
«(N>-42 %, або 0.42
-
ірСдомішок)— 7
7
Розв'язання:
Нехай т(техн. зразка) - 100 г; тоді лі(М) •
- 100 г 0.42 - 42 г; л(К) - £ = —= 3 моль;
М 14 г моль
п(Ьї) — п (СН,КН,) — 3 моль; т(СН,!4Н,) — М - п - 31 г/моль 3 моль • 93 г.
У зразку масою 100 г чистої речовини метиламіну міститься 93 г, отже, тідомішок) -
- 100 - 93 - 7г. ^домішок)- ^нішок), 7г _0>07>аво7%.
Відшив домішок)-7%. т(арааКа) 100 Г
726 ХІМІЯ Попель П. П., Крикля Я. С.
«33
201. а) 2Н1І.,СН,СООН + М^О-♦ (НП,СН.СОО).Мк + Н.О;
б)ИН,СНСООІІ + КОН -> КН.СНСООК + Н.О;
в) НН .СН.СООН + НВг -> [НН.СН.СООН1ВГ;
г) НН, -СН.-С*0 + НО-С.Н, —> ИН.-СН, -с-о-С.н. + Н.О.
’ * он
2Я2. МН3-СИ,-<° + НО-С.Н, > НН.-СН.-С-О-С^І. т Н.О.
он
293. Дано: Розв'язання-
N11,СН.СООН и>іьі\ - 14-0,187, або 18,7 %;
ш (И) — 7 ' ' МДНН.СН.СООН) 75
№ (С) — 7 иЧС) - -^1^- -— = 0,32, або 32%;
и> (О) — 7 Мг(к ти) 75
и> (Н) — 7 и,(0) - 2АдО’ -'= — « 0.427 , або 42,7 %:
М,(к-тм) 75
и(Н) “І - <0,187 -І- 0.32 + 0,427) - 0,066, або 6,6 %.
Відповідь: 18,7 %. 32 %; 42.7 %; 6,6 %.
294 Дано- Розв'язання-
т (НН.СНСООН) -15 г 2НН.СН,ССЮН + Ва(ОН),-< (НН,СН,СОО)^а 2Н.0
Ва(ОН), т 15 г 0,2 моль;
т (солі) — 7 ' М 75 г моль
п (солі) - ~л (кислоти) - 0,1 моль;
т (солі) - пМ - 0,1 моль 285 г/моль - 28,5 г.
Відповідь: т(НН.СН.СОО).Ва) - 28,5 г.
295. Дано:
а) т (Мк) - 1,2 г
б) л (На.СО,) -
— 0,03 моль
У(газу) — 7
Розв'язання:
а) 2НН,СН.СООН + Мк -» (НН,СН,СОО),Мк + Н, .
п (Мк) - £ - ОЛ2Г - 0.5 моль;
М 24 г/моль
п (Н.) - а (Мк) - 0,05 моль.
V (Н,) - Ут • л - 22,4 л/моль • 0,05 моль -1,12л.
б) 2НН.СН.СООН + На.СО, -» 2НН,СН,СООНа + Н.О <- СО.Т.
л(На,СО.) - п(СО.) - 0,03 моль; V (СО.) - V. • п - 0,672 л.
Відповідь: V (Н.) - 1,12 я, V (СО,) - 0.672 л.
§34
302. Дано:
и> (білків) - 2,3 %. або 0.023
и> (Н) - 16 % або 0,16
т (шпинату) — І кг - 1000 г
т (Н) — 7
Відповідь: т (білків) - 3,68 г
Розв'язання:
Знайдемо масу білків в 1000 г шпинату:
лі (білків) - т (шпинату) ш (білків),
т (білків) - 10О0 • 0,023 - 2,3 г.
Знайдемо масу Нітрогену: л»(Н) -
- т(білків) • ц(Н) - 2,3 г • 0,16 - 3,68 г.
ХІМІЯ
Попель П. П., Крикля Л. С.
727
§35
309. Дано,-
\(М) - 2
иЧЮ - 6,6 %, або 0.056
іИР) — 7
Розв'язання:
Якщ« иуклеотид містить 2 атоми Нітрогену, тоді
ИМ)-
2АДЮ .
М (яуклеотидв)'
М (нуклеотида) - - 500.
' и>(М) 0,056
Відомо, що нуклротвд містить затишок молекули Н,РО4, отже,
ИР) - — - ( ---------= -Л - 0.062. або 6.2 %.
ІИДнуклеотида) 500
Відповідь: іе(Р) в нуклеотиді становить 6,2 %.
§36
зів. Дань:
Вітамін С
Співвідношення мас
елементів — 7
Розв’язання:
Вітамін С — С„Н,О0;
т (С) : т (Н) • т (О) - 8А : 8 А, (Н) 6 Аг (О) -
-72 8 ; 96 - 9 1 : 12
Відповідь: т (С) т (Н) . т (0) - 9 1 : 12.
317. Дано.
.7(4) - 4
(Н) - 0.149
Мг (вітаміну В,) — 7
Ризв' л^иння.
Якщо вітамін В, містить 4 атоми Нітрогену, отже
иЧЬ') -
4Л(Ю .
V. (вітам.)'
М (вітам.) — , М (вітам.) - ** « 376.
іг(Н) ' 0.149
Відповідь- МДвітаміну В4) - 376
728 $: ХІМІЯ Полель П. П. , Крикля Л. С.
Розв’язання
вправ та завдань
до підручника
«ХІМІЯ»
Н. М. Буринської, Л. П. Величко
ПОВТОРЕННЯ ОСНОВНИХ ПИТАНЬ КУРСУ ХІМІЇ 8-ГО КЛАСУ
9 1. Основні класи неорганічних сполук
б) 2Иа 4 2Н,0 => 2^ОН 4 Н,;
2НаОИ + Н,80, =» N8,80, 4 2Н,0;
N1,80, + ВаСІ, =» 2КаСІ + Ва80,г;
КаСІ + АкКО, => N«N0, + АяСіХ.
1. а) 4Р І- 50, =» 2Р,О,;
Р О, + 311,0 в» 2Н,РО,:
2Н.РО, + ЗСаО => Са,(РО,), 4 ЗН,О;
Са/РО,і, + 315,80, =» ЗСаЗО, 4 2Н,РО,<
2. 2пО + 2НС1 =» 2пС1, + Н,0;
2пС1, + 2КаОН -* 2п(0Н),Х + 2ИаС1.
3. Запишемо рівняння реакції: Ке,О, + 6НК0, =» гГе^О,), + ЗН,О. З рівняння ре
акції видно, що п(ПМО,): п(Ке(КО,),) -3.1. Отже, з 3 моль 1ІК0, утворюється
1 моль РеДОО,),.
Відповідь; 1 моль солі.
4. Кислоти реагують з: а) металами, які в ряді активності металів знаходяться
праворуч від Гідрогену; 6) основними та амфотерними оксидами; >) основами;
г) солями мвнш сильних кислот
Отже. НСІ | 80,, 2пО. Н^О,. Д1, N«01, СО,, Ге(ОН>,-
2НСІ + 2пО => 2пСІ, + Н,0;
гіНСІ 4 2А1 =» 2АІСІ, + ЗН,Т;
ЗНСІ + Ге(ОН), =» ГеСІ,'+ 311,0.
3. 1) 2А1 4 311,80, =» А1а(80,), 4 ЗН,Т;
2) А1,0, + 311,80, => А1,(80а), 4 ЗН,О;
3) 2А1(0Н), 4 355,80, -=» А1/8О,), 4 6Н,О;
4) 2А1 4 ЗСи8О, -=> А1,(30,), 4 ЗСиі.
І СІ 4 метал, який е активнішим за метал у складі солі -» мова сіль + новий метал,
І + сильна кислота —» нова Сіль 4 нова кислота;
Л + луг —> нова сіль + основи;
Ь 4 сіль —» нова сіль 4 нова сільі.
6. 1) СиЗО, 4 Ге =» Ге80, 4 Сиі;
2) N8,8 4 2НС1 > 2ИаС1 4 Н^ЗТ;
3) А1С1, 4 ЗИаОН =» А1(ОН),* 4 ЗІЧлСІ;
4) СиСІ, 4 N8,3 =» Си$4 4 2МаС1;
5) СаСО, Л СаО 4 СО,Т.
7. До розчину, який містить НаСІ і N«,80,, потрібно додати розчин барій хлориду:
N801 4 ВаСІ, X; N"^0, 4 ВаСІ, о 2ЖС1 4 Ва80,Х.
Отже, у новому розчині міститиметься І моль N801 4 2 моль N«01 - 3 моль N001
і по буде міститися N8,80,.
8. Запишемо рівняння реакції, у якому лужний метал позначимо Я; 2Я 4 2Н,0 -4
—» 2НОН + Н,Т. Обчислимо кількість речовини водню:
5 л
-----» 0,25 (моль). З рівняння реакції випливає, що п(Я) -
1 моль
5,
п(Н,)
' 11 22,4
= 2л(Н,) - 0,25 моль 2 - 0,5 моль. Обчислимо молярну масу лужного металу:
ш(Я 3,5 г _
М(л)“—ТцГ = -- 7 ^/“оль).
л(Я) 0,5 моль
Отим», цей метал — літій.
730 >4 ХІМІЯ Буринська Н. М., ВеличкоЛ. П.
2. Періодичний закон і періодична система хімічних елементів. Будоеа атома
іодичний закон був сформульований Д. І. Менделєєвим у 1869 р. Він зву-
ть так:
• Властивості елементів, а також утворених ними простих і складних
| речовин перебувають у періодичній залежності від заряду ядра їхніх ато-
мів.
стивості елементів та їхніх сполук змінюються періодично.
Порядковий номер елемента відповідає заряду ядра, вказує число протонів
у ядрі, тому й називається протонним числом, або втомним номером. Ос-
аки атом — елскронейтральна частинка, протонне число вказує й иа кіль-
ість електронів у атомі.
Номер періоду в періодичній системі відповідає числу електронних шарів (або
ргетнчних рівнів) в ньому.
Номер групи для елементів головних підгруп вказує на:
• число електронів на зовнішньому електронному шарі, тобто число валент-
них електронів; ,
• найвищий позитивний ступінь окислення елемента у вищому оксиді й гід-
1 раті оксиду (у кислоті чи основі).
В елементів побічних підгруп ІП—VII груп число валентних електронів також
рівним: номеру групи, але розміщуються вони не тільки на зовнішньому,
а й на передостанньому електронному шарі.
рпчиною періодичної зміни властивостей хімічних елементів є періодична
аміни й повторюваність будови зовнішніх електронних оболонок атомів.
:£
*.‘*в
І
5
X
ш
О
1. Типовий металічний елемент — Натрій (Ка). Натрій розташований у III (мало-
му) періоді, у головній підгрупі І групи. Його протопін число — 11, нуклонио
число — 23,
Будова атома Ка:
Иа -
Є))) ...ш
2 8 1 3*
Типовий неметалічний елемент — Хлор (СІ). Хлор розташований у III (малому)
періоді, у головній підгрупі VII групи. Його протонне число — 17, иуклонне
число — 35,5.
Будова атома Сі:
СІ 1/^
@))) ...й
2 8 7 3«
Ів12в‘2р'3а‘
Іі'2»'2р'3і‘3р
жжн
Зр'
Ма-
СІ
2. Цю схему можна записати так:
В. в.о,
т
МуО, Мк «- АІ, А1,О, -+ Зі, ЗіО,
8с, 8с/),
У періоді Алюміній виявляє більші металічні властивості, ніж Силіцій, але мен-
ші, ніж Магній. У групі Алюміній виявляє більші металічні властивості, ніж
Бор, але менші, ніж Скандій.
3. Атому першого елемента кожного періоду відповідає електронна конфігурація
па1. Пе лужні метали (крім Н).
ХІМІЯ Буринська Н. М., Величко Л. П. $:; 731
4. Схема будови атома Берклію в иеЗбудженому стані:
Ве
0))
2 2
1»2»'
...<р
2»
\»2»'2р*
24'
У збудженому стані — Ве* Ів’За'Зр*
Атом Нітрогену маг таку будову:
' N
0))
2 б
Такий розподіл електронів по комірках відповідає правилу Хунда.
Отже, правильними є електронні конфігурації а), б) і г).
5. Елемент під номером 19 — це Калій (К). Калій є елементом головної підгрупи
І групи. А в атомів елементів головних підгруп відбувається заповнення остан-
нього енергетичного рівня, І кількість електронів на ньому відповідає номеру
групи, у якій знаходиться цей елемент. Отже, атом К має електронну конфігу-
рацію 1»’2з,2р‘3в*3р‘,4»1. «/елементи розташовані в побічних підгрупах.
в. Цей елемент розташований у IV періоді, у головній підгрупі V групи. Це — Арсен
(Аа). У попередньому, тобто у ПІ, періоді розміщений його аналог — Фосфор.
Він має таку електронну формулу атома:
1з‘2»'2р'3я‘3р*
@»)
2 8 5
Протонне число — 33.
7. Можна припустити, що йдеться або про Галій (Са), або про Германій (Се).
Обчислимо масову частку Оксигену в кожному з вищих оксидів зазначених
елементів:
а) ПіцО,: »%(О)- - 100 % ж * 100 % - 25,62 %:
1 ' М, (Са,О,) 2 70,3 16
б) СеО ; ю%(О) «. ^^-т -100 % 100% = 30,49%.
' ’ М„(СеО2) 73+2 16
Відповідь; Германій.
8. Для цього пригадаємо, яку кількість елементів містить кожен період: І пе-
ріод — 2 елементи; П період — 8 елементів; ІП період — 8 елементів; IV пе-
ріод — 18 елементів; V період — 18 елементів.
Отже, елемент із протонним числом 43 знаходиться в V періоді, у головній
підгрупі VII групи. Електронна конфігурація його останнього енергетичного
рівня — 5в’5р‘.
§ З. Хімічний зв’язок
І Хімічний зв’язок — це взаємодія атомів, яка обумовлює стійкість молекули
або кристала як цілого.
Йонний зв'язок утворюється між атомами типових металів і типових неме-
талів. Наприклад, ИзСІ, СаВгг
732 ХІМІЯ Буринська Н. М., Величко Л. П.
Холи окникиг хімічний Зв'язок між атомами неметалічних елементів одного
•йду, то це неполярний коаатехтний зв'язок Наприклад* Нг 0,, Я,. А коли
виникає хімічний зв'язок між атомами неметалічних елементів різних видів,
то це полярний ковалентний зв'язок Наприклад, НСІ, N11,, Ні)
1. :Вг +• Вг: -СВ*.Вг:
2. Складемо схеми будови йонів Мд , Р я атома Ие:
Мв‘
2 5 0
Іа’2/2/
”®))
2 а
1/2/2/
1/2/2/
•>0))
2 8
Спільне: однакова кількість електронів {по 10 електронів).
Відмінне: різні протонні числа.
3. 1) Сірководень
.. а ь.
Електронна формул»': : 8: Я Графічна формула: 8 «- Н
« в-
2) Амоніак
н ’Ґ
Електронна формула: :Я: Н Графічна формула: N «— Н
'* 1-
5. Ковалентний неполярний зв'язок — Н,. 0,, 1,, Я,; ковалентний полярний
зв'язок — СО,, 8іО , |ЧН4, Р,О4, НВп йонняй зв’язок — КСІ,
в. а) 414 + О,—» 214,0;
Ід-’Т‘о:-»2И ♦[:б:],-»и,0
ьО
б) 2А1 + 38 ±» А1Д;
в) ЗМ« + 2Р а Му.Р,.
РОЗДІЛІ. РОЗЧИНИ
§ 6. Поняття про Істинні розчини
Процес розчинення ма< складну природу. Причиною переходу твердої речовн
нн в розчин є фізико-хімічна взаємодія розчинника й розчинюваної речовини
(однієї або кількох). Під чве розчинення виникають нові хімічні зв’язки.
Теплота, яка поглинається під час розчинення, витрачається як на хімічні
(руйнування кристала), так 1 на фізичш (дифузія частинок речовини по всьо-
му об’єму розчину) процеси. Теплота, що лід чаг розчинення вивільняється,
витрачається на утьорепня нових зв’язків (гідратація).
Роячим — це однорідна система змінного складу, що утворим ться з двох або
кількох компонентів.
ХІМІЯ Буринська Н. М., Велично Л. П, 733
3. О. відгонкою.
9. Обчислимо месу 1 моль Ма^СО,: МДІа.СО^ - 2 23 + 12 3 16-106; <$/(N8,00,) -
- 106 г/моль; лцИ^СО,) - М п - 106 г/моль І моль - І06 г.
Визначимо месу 10 моль Н3О: Л/г(Н3О) -2 1 + 16 - 18; 51(11,0) - 18 г/моль;
т(Н30) — М п - 18 г/моль 10 моль - 180 г.
; Отже. т(Н30) > тСМа^СО,).
• 8. Л/(Ма,804) - 2 23 + 32 + 4 16 - 142;
: М,(Н,0) - 18; М,(Ка38О4 1011,0) - 322.
; Обчислимо масу розчину після додавання води: т - 142 1,25 - 177,5 (г).
! Отже, маса води, яку сіль ще може приєднати, — т - 322 - 177,5 - 144,5 (г).
Відповідь: В.
9 7. Розчинність речовин у воді
5
а
Здатність речовин розчинятися у тому чи іншому розчиннику, наприклад,
у воді, називається розчинністю речовини в цьому розчиннику.
За розчинністю речовини поділяються на добре розчинні, малорозчинні та прак
тично нерозчинні.
Розчинність залежить від природи речовини. Речовини з полярним ковалев
тним і (іонним типами хімічного зв'язку розчиняються в полярних розчин-
никах (у воді). Неполярні речовини краще розчиняються в неполярних роз-
чинниках.
Розчинність також залежить від температури. Для переважної більшості крис-
талічних речовин із підвищенням температури розчинність збільшується, а для
газів — змонтується.
Розчинність речовини визначається з відношення маси речовини, яка утворює
насичений розчин за певної температури, до об'єму розчинника. Вона вира
мається в грамах на літр (г/л).
3. А, Г. Карбоп(ІУ) оксид — це газ. Розчинність газів залежить від тиску йтем
ператури.
4. а) Щоб перетворити ненаснчений розчин аа насичений, можна або додати до ньо-
го розчинену речовину, або випарити розчинник, або охолодити розчин.
б) Щоб перетворити насичений розчин на ненаснчений, потрібно або додати
дп нього розчинник, або підігріти розчнп.
6. Обчислимо масу розчину калій нітрату: т(розч.) — 106,6 - 11,64 - 94,96 (г).
Визначимо масу води в розчині: /п,^ - 94,96 - 30,74 - 64,22 (г). Враховуючи, що гус-
тина води — 1 г/мл, обчислимо об'єм води: V —: Р(Н О) - —’- = 64,22 (мл),
р 1 г/мл
або 0,06422 (л).
Обчислимо розчинність калій нітрату за температури 15 °С:
Відповідь: 479 г/л.
§ 8. Вода — полярний розчинник
Вода — це рєчовйна молекулярної будови, П молекули мають кутову форму,
вони полярні, являють собою диполі. Між молекулами води існує водневий
зв’язок.
Диполь — це двополярннй йон, при графічному відтворенні його позначають
С.4 -> Валентний кут між зв’язками 0-Н у молекулі води становить 104,5“.
734 ХІМІЯ Буринська Н. М., Величко Л. П.
В. а) 211,0 + 2Ьіа => 2Ха0Н ► Н,Т; б) И,0 - ВаО => Ва(ОН),;
в) Н,0 + 80, Н,8О,.
4. Заліплено рівняная реакції: 2К + 2Н.0 => 2КОН Н,. 3 нього видно, що л(Н,) «•
І - іл(КОН) - * 0.5 - 0,26 (моль). Отже, об'єм водню ИІЦ) - V, л(Нг) -
І « 22,4 л/моль 0,25 моль - 5,6 (л).
Відповідь. 5,6 л.
7, Позначимо невідомий металічний елемент за Я, тоді його оксид митиме форму-
лу Ж), и гідроксид — ЖОН),. Запишемо рівняння реакції: АО + Н;О -♦ ЖОН),.
Визначимо, про який металічний елемент ідеться в лідачі:
п(Н.О) - —1—^1 = - — 6—— 2 (моль). З рівняння реакції видно, що п(Я0) -
ЛЇ(Н,0) 18 г/моль
I - п(Н.О) - л(ЖОН).) - 2 моль. Отже, М(Я0) - Р- 153 (г/моль),
я(ЛО} 2 моль
а М (КО) - 158.
ЛГ(ЯО) - АдЛ) + Л,(0); 153 - А.(К1 + 16: Аг(Я) - 153 - 16 - 13“ Отже, В - це
Ви, Барій. Його гідроксид — барій гідроксид Ва(ОИ)..
Відповідь.- 2 моль; барій гідроксид
$ 9. Кількісний склад розчину
І Кількісний склад розчину визначається за допомогою масової частки розчине-
ної речовини в ньому або м допомогою поняття «молярна концентрація*.
Масева частка розчиненої речовини — це фізична ведичиня, яка дорівнює
відношенню маси розчиненої речовини до маси розчину. Вона позначається и>
і виражається частками одиниці або відсотками.
пЦрозчпнеиоі речовинні
иі (розчиненої речовини) “ —1 2 3-;
т (розчину)
їй (розчиненої речовини] ,
и>% (розчиненої речовини) - —1---------- 100%.
т (розчину)
1 Молярна концентрація розчиненої речовини — це фізична величина, що
Ідоріьнкх відношенню кількості розчиненої рСЧОВИНИ до об’єму розчину. По-
I значасться в; одиниця вимірювання — моль/м' або моль/л, с = .
ПОЯСНЕННЯ
1. 1) т(розчину) “ т(водн) + гп(солі); т(розчяну) “ 110 + 15 - 125 (г);
2)»%- ЮО %;ш%(солі)- ™ 100% = 12%,
ш (розчину) 12о г
Відповідь.- Г.
т(розчину)• ш94 (солі)
2. Масу солі визначимо За формулою т(солі) “ ; т (солі)
500г 3 % 1Ь , 1<Ю%
" ......—і — к 15 (Г).
104)
Відповідь. В.
3. Обчислимо масу водн в розчині: т(Н,0) — 1‘(Н,0) 1X11,0);
т(Н,0) - 1000 мл 1 г/мл - 1000 г. Обчислимо масі розчину N3,(20,:
т (розчину) ~ т(Н,О) + тїКа,С0,); т (розчину) — 1000 г +• 218 г — 1218 г.
Обчислимо масову частку Ка,СО, в насиченому розчині: и»%(Мн,С0,)
- 100 %; ш% (№,00,) - • 100 % - 17,9 %.
м(розчиму) ’ ‘ 1218 г
Відповідь: В.
ХІМІЯ Буринська Н. М , Величко Л. П 735
4. Обчислимо мису кухонної солі: лцкухонної солі) - т(розчипу) иЛкухонної солі).
т (кухонної солі) - 11)000 г 0,01 - 100 г.
Визначимо масу води: лі(води) - /п(розчину) - т(кухокиої солі), т(води) »
- 10000 г - 100 г - 9900 (г).
Відповідь: 100 г кухонної солі на 9900 г води.
5. Обчислимо масу солі у вихідному розчині: лі(солі) - ,
І2О г-10% 100%
т(солі) - — — -12 г. Визначимо масу розчину після того, як у нього
100 %
долили воду: т(Н20) — І’(Н,О) р(Н2О) — 50 мл • 1 г/мл — 50 г, т (розчину) -
- 120 г+ 50 г - 170 г.
Маса розчиненої речовини не змінювалась у розчинах, тому обчислимо масову
частку розчиненої речовини в новому розчині:
, т( розчиненої речовини)
и>,%(розчиненої речовини) - —! -- - 100%.
лі, (розчину)
12 г
ш^ірозчииеної речовини) - —-----100 % - 7 %.
170 г
Відповідь: 7 %.
б. Малярну концентрацію обчислимо за формулою с = , Спочатку вилна
V(розчину)
чимо кількість речовини купрум(П) сульфату: л(СиЯО.) - -; дцсиВП) -
16г М(Си504)
- 160 г/моль; п(СиЗО) - ——----- - 0,1 (моль). Знайдемо молярну концен
160 г/моль
трацію купрум(ІІ) сульфату в розчині: с(Си8О,) - ’ М0Л-Ь - 0,4 (моль/л).
Відповідь: 0,4 моль/л.
7. Обчислимо масу безводного ферумЦІ) сульфату в залізному купоросі:
МДРеЗО.) - 56 + 32 + 4 16 - 152;
Мг(РеЗО4 7Н,О) - 56+ 32 + 4 16 + 7 (2 1 + 16) - 278.
У 278 г РебО, 7Н,0 міститься 152 г РебО,;
у 10,5 г Ре8О4 7НаО містяться х г РебО4;
10,5152
Х = ^8^’6’7 <Г)-
Визначимо масу розчину: т(розчнну) - 120 г + 10,5 г - 130,5 г. Обчислимо
т(РебО )
масову частку ЕобО в розчині: ш%(Рс8О.) - - ----100 %, ш%(Ре80,) -
, _ т (розчину) ‘
- ’ -100%. 4%.
130,5 г
Відповідь: 4 %.
8. Визначимо масу амоніаку, об'єм якого становить 448 л:
п(ЛН,) - = 448 д------20 (моль);
V, 22,4 л моль
т(МН,) - М(НН,) л(КН|) - 17 г/моль - 20 моль — 340 г.
Обчислимо месу розчину амоніаку:
т(розчпну) - т(ЙН,) + /гНН,©);
иі(розчину) - 340 г + 600 г — 940 г.
Визначимо масову частку амоніаку в розчині:
»%(МН,)------100 %. Л(К|у _ 340г 1(Ю % _ 30 %
т (розчину) * 940 г
Відповідь: 36 %.
736 ХІМІЯ Буринська Н. М,, Величко Л. П. :.<
V. Обчислимо масу вихідного розчину натрій гідроксиду:
' розчину) « ^(розчину ІЧаОН) - р(МаОН);
І т,(розчину N«011) - 400 мл 1,44 г/мл - 576 (г).
Визначимо масу КаОН у вихідному розчині:
- 'Н ~П1 НаОН)-и%(ИаОН)
,<К ‘ Н) 100%
Обчислимо масу води, яку додали в розчин:
І т(На0) - НН,О) Р(Н,О) - 150 мл 1 г/мл - 150 г.
Визначимо масу утвореного розчину:
л»,(розчину НаОН) - тДрозчину ШОН) + лііІЦО);
/п,(розчину ЯаОН) - 576 г + 150 г — 726 г.
Зважаючи на те, що маса самого КаОН не змінювалася, визначимо масову час-
тку МаОН в отриманому розчині:
Г «>,%(ИаОН)- —, ЬІа°?,1пн? 100%.
т, (розчину ИвОН)
»,%(МаОН) - ^^-100% - 31,7 %. або-32 %.
1 726 г
। Відповідь: 32 %.
10. Запишемо рівняння реакції: КОН т НСІ -4 КСІ + Н,О. Обчислимо масу хло-
Р„».««««.. псі, ро,,.«к «неп - '32^'“'!. мис» -
ІЛш 7®
73 г* 10 % _ Визначимо кількість речовини НСІ: л(НСІ) “ —(;
7,3 г
100
0,2 моль.
л(НСІ)
36,5 г/моль
З рівняння реакції видно, що л(КОН) - л(НСІ) - 0,2 моль. Отже, обчислимо
масу КОН, яка витратилася на нейтралізацію хлоридноі кислої п:
лі(КОН) - М(КОН) п(КОН), /п(КОН) - 56 г/моль 0,2 моль - 11.2 (г).
Визначимо масу розчину калій гідроксиду:
^(розчину КОН) - 100 %, т( розчин у КОН) - -100 % - 200 (г).
Відповідь: 200 г розчину.
м л(Н,РОг)
11. Молярну концентрацію визначимо за формулою сШІГ>О4) - у(н'ро розчин Г
.. „ ш (розчину Н РО, І
З формули густини р(розчнну Н,РО,) - н ро^ ВИДНО- Щ°
пЦрозчииу Н,РО4) - 1,06 г. а Чрозчину Н,РО4) - 1 мл - 10 ’ л.
Обчислимо масу Н,РО4 в розчині:
. . «Н.РО.І - - 0.1.
і (Мі 9 ти то
Визначимо кількість речовини
ЗЧН.РО.)- •т'Н'РО‘,{;л(НаРО,)- --°Дв Г - -0,00161 (моль).
Обчислимо молярну концентрацію ортофосфатної кислоти в розчині:
- Ь61 (моль/г).
Відповідь: 1.61 моль/л.
Х,МІЯ Буринська Н. М., Величко Л. П. 737
12 Молярна концентрація розчину Н,50, «10 М* означає, що віл розчину 14,80,
розчинено 10 моль Н^ЗО,. Обчислимо масу розчину сульфатної кислоти:
«(розчину Н/Ю,) - ^(розчину 11/10,) р(розчину 11/10,);
«(розчину ІІ/Ю,) — 1000 мл 1,466 г/мл — 1466 г.
Визначимо масу сульфатної кислоти в розчині:
тіН.,80,) - АЛН^О,) п(Н/Ю,). «(Н^О,) ’ 98 г/моль 10 моль - 980 г.
Обчислимо масову частку сульфатної кислоти н розчннГ-
«%(Н£О.)-. т'Н *'*) 100 %,к>%(Н/Ю,)“ —— цю % -66.85%.
• т г розчину Н/Ю. ] ? ‘ 14міі
Відповідь • 66.85 %.
13. Запишемо рівняння реакції: А^ЇЧО, + НСІ —» А#СІІ 4 НМО,- Обчислимо масу
розчину НСІ: «(розчину НСІ) - И розчину НСІ) рірозчииу НСІ), «(розчину НСІ) -
•- 50 мл 1.05 г/мл — 53 (г). Визннчимо масу НСІ у цьому розчині: «(НСІ) -
«(розчину)-Щ%(НСІ) 53 г 12% йіді.ла.
-—і- ~ЦД) .«(Неї)"- “ 6,36 (г). Обчислимо кількість ре-
інГїіСІ) 6 36 г
човини НСІ, яка вступила в реакцію: л(НСІ) - ц/^нс() ’ " Зб""б~/ оль ”
- 0,174 (моль). З рівняння реакції видно, що л(АяМ0,) - л(НСІ) - 0,174 моль.
Отже, визначимо масу АяЬ’О,, яка вступила в реакцію:
«(АдКО,) - ЛЛАдИО,) п(АдН0,), «(^N0,) “ 170 г/моль 0,174 мать - 29,62 (г).
Обчислимо масу розчину аргентум нітрату, необхідну для повного осадження
врґситум хлориду: т(розчину АдМО,) - цю %, «(розчину АдНО^
“ ^нй"Г 100 % “296^<г)-
IV 70
ВІдловІдк 296»2 г.
14. Запишемо рівняння реакції: На,0 + Н,0 -♦ 2НаОН. Обчислимо кількість речо-
вини натрій оксиду: п(Ка,О) - • «(N-0) — “ 0.098 (моль).
М (Ка,О) 02 г/моль
Визначимо масу й кількість речовини води:
«(11,0) - Г(Н,О) ріН.0), т(Н,0) - 50 мл 1 г/мл - 50 г;
л(Н,0) - , я(Н,0) - , Д"7— “ 2.778 (моль).
И(Н,0) 1» г/моль
З розрахунків видно, що піN8,0) л(Н,О). Отже, натрій оксид повністю проре
агус, а вода після реакції ще залишиться кількістю речовини л(Н,0 залиш.) -
— 2,778 - 0.098 - 2,68 моль. Відповідно, т(Н,О залиш.) - 18 г/моль 2,68 моль -
- 48,24 г. З рівняння реакції видно, що л(ИвОН) — 2я(Н,0) - 2 0,098 —
- о,1 мв мать.
Обчислимо масу й об’єм утореного розчині N8011:
’п^аОН) ЛЇ(ГмаОН) лІНаОН), «(ИаОН) — 40 г/моль 0,196 моль — 7.84 г;
«(розчину N8011) - т(КаОН) + лі(Н,О) - 7,84 + 48.24 - 56.08 (г).
... .. «... тірозчігау ИаЛН)
І'(розчнпу НаОН)- ~•
р (розчину N80111
1'(розчину ИаОН) - —--°8-Г- - 48,39 (мл). або 0.04839 л.
1,159 г/мл •
_ ., ,, л(МаОН)
Отже, молярна концентрація с(маОН) " “ ^й0ц. ’
... 0,196 моль . ,
с(ІЧаОН) -------— - - 4,12 (моль л).
0.04в38л
Ви)пові&>: 4,12 моль/л.
738
ХІМІЯ Буринська Н. М., Величко Л. П
в 10. Електролітична дисоціація
Речовини, водні розчини або розплави яких проводять електричний струм, на-
зиваються електролітами. До електролітів належать солі, кислоти, луги.
Речовини, ВОДЯ1 розчини або розплави яких не проводять електричний струм,
називаються неелектролітами. Прикладами неелектролітів можуть слугувати
цукор, спирт, ацетон, гліцерин, глюкоза.
Процес розщеплення електролітів на Вони у водному розчині (або розплаві)
|| Називається електролітичною дисоціацією.
X
X
о
о
в. Електролітами < водний розчин хлороводню, розплав натрій гідроксиду, водний
розчин калій броміду. Отже:
1) НС1 рі Н* + СГ;
2) ІЧаОН рі На* + ОН ;
3) КВг гі К’+ Вг .
Відповідь: Б, В, Г.
$11. Дисоціація електролітів у водних розчинах
Для розчинів кислот, основ, солей характерна йонни електропровідність.
Речовини, які належать до класу кислот, дисоціюють у воді на катіони Гідро-
гену (йони гідроксонію) та аніони кислотних залишків.
Речовини, які належать до класу основ (луги), дисоціюють у воді ва катіони
металів та аніони гідроксогруп -ОН.
Речовини, які належать до класу солей, дисоціюють у воді на катіони металів
та аніони кислотних залишків
Дисоціація електроліту може відбуватися повністю й частково. Ступінь дисо-
ціації вказує, яка частка електроліту розпалася на йонн: а = , де п - чис-
ло частинок, що розщепилися иа йонн; N — загальне число частинок розчи-
неної речовини.
Сильні електроліти дисоціюють практично повністю. їхня дисоціація необо-
ротна, відбувається в одному напрямку.
Слабкі електроліти утворюють мало йонів. їхні розчини або розплави містять
непроднеопійовані молекули. Дисоціація слабких електролітів відбувається
в протилежних напрямках за тих самих умов.______________________________
1,а) НЛО, ті Н* 4- N0,; б) КОН рі К + ОН";
11,80, 2Н* * яо; . Са(ОН), рі Са’’ + 2ОН .
в) МкСІ, рі Мд*’ + 2СІ ;
На,С0, г=» 2Иа* + СО^ ;
люку, аі” + зио;.
2. Такий набір йонів у мінеральній воді утворився за наявності натрій хлориду
ИаСІ, натрій сульфату Ка^УО,, натрій карбонату N8,00, та інших розчинних
у воді хлоридів, сульфатів, карбонатів.
3. Рівняння електролітичної дисоціації калій фосфату К,РО, рі ЗК + РО, по-
казує, що внаслідок повної дисоціації І моль К,РО, утворюються йони Калію
кількістю речовини 3 моль.
Відповідь: В.
4. Рівняння електролітичної дисоціації алюміній сульфату А1,(8О,)а г=± 2А1*‘4 380;
показує, що- внаслідок повної дисоціації 1 моль А1Д80,), утворюються сульфат -
йони кількістю речовини 3 моль. Отже, при повній дисоціації 2 моль 41,(80,1,
утворяться сульфат-йони кількістю речовини 6 моль.
Відповідь: В.
ХІМІЯ Буринська Н. М., Величко Л. П. 739
5. З рівняння дисоціації ферум(ІП) хлориду ГеСІ, Ре*' + ЗСІ видно, що при
дисоціації 1 моль ГеСІ, утворюється 1 моль Ре’ і 3 моль СІ . тобто сумарна кіль-
кість речовини йонів Ре11 і СГ дорівнює 'і моль. Отже, при дисоціації 0,1 моль
РеСІа сумяона кількість речовини йонів становитиме 0,4 мо.іь.
Відповідь: Г.
в. НойсильнішоЮ кислотою серед наведених с сульфатна (11/50,).
ВіЗшмкіь.- В.
7. Обчислимо масу бонів Алюмінію, що містяться в цьому розчині. за формулою
лЦАР*) - М(АР‘) л(А]’‘>, лі(АІ-‘ ) • 27 г/моль 0,2 моль - 5,4 г.
Відповідь: 5.4 г
8. Запільна формула Н. Я означає, що кислота повинна бути багатоосповною й безок-
сигеиовою. Серед наведених кислот нітратна кислота НМО, — одноосновяа,
оксигеновмісня; ортофасфаіна кислота Н.ТО, — триосновна. але також оксиге-
поамісна: сульфідна кислота Н/5 — двоосиовіїа, безокскгепова. Отже, загальний
запис рівняння дисоціації ІІ_Я гі лН + Я" підходить для сульфідної кислот»!
Н/5: Н/5 2Н* + 8’ .
л -V а%
9, Скористаємося формулою а% = — 100 . 3 цієї формули л ; - • :
V ЮО №
0.1 моль 15 % „ ,,, _ , ,
п» — ——— - 0,015 (моль),
100’о
Відповідь: 0,015 моль.
10. Обчислимо масу фсрум(ІП) сульфату в розчині:
ж(Ре «80 ), | т(’”л’гану ГеЛЬ0*4)
Визначимо, яку кількість речовини становлять ці 40 г:
тіРе1(8О,1) 40 г
л(Ре/80 і і - ; піРе/80,)/ - —- - — - 0,1 моль.
* ” ’ 400 г/моль
Запишемо рівняння дисоціації ФерумїШ) сульфату; Ге,(80,), 2Ре* + 380 ,
З рівняння дисоціації видно, що при дисоціації І моль Ев,(80Д утворюється
5 моль бонів форуму і сульфат-Йонів (2*3- 5). Отже, при дисоціації 0,1 моль
Гв,(30Д уториться 0,5 моль Йонів Феруму й сульфат-іонш.
Відповідь 0,5 моль.
§ 12. Реакції обміну між рсзчинами електролітів. Йонні рівняння
І Реакції а розчинах електролітів відбулаям ьсл до кінця, тобто стають практично
необоротними в тому разі, коли йони, що беруть участь у реакції, повністю або
частково видаляються зі сфери взаємодії. Це трапляється, якщо серед утворе-
них речовин с малорозчинні сполуки, які випадають а осад, перетворюються
на гази, воду або інші слабкі електроліти
1. Реакція нейтралізації — це реакція між лугом і кислотою, продуктами якої
є сіть і вода.
1) МаОН + НСІ -» ЯаСІ + Н.О;
$й- + ОН" + II* 4 £1 -» йд г Сі + НО;
ОН 4 Н -4 Н,О.
2) КОН + Н.\’О, КИО, + Н,О;
К + ОН + П + НР, -і 1 + М, - Н.О;
ОН 4 Н’ -» Н О-
740 • ХІМІЯ Буринська Н. М , Величко Л. П.
3) 2СйОН 4 11,30, -4 Св^О, + 211,0;
2Са + 20Н 4 2Н* 4 80і, -» 2Са* + ЗО’, + 2Н,0;
І £0Н +2ІГ-*2Н,О;
ОН 4 Н -4 Н,0.
І Отже, спільне скорочене йонне рівняння для всіх реакцій — ОН 4 Н ~4 Н(0
2. Схемі Сг” + ЗОН -4 СН0Н),1 відповідає реакція між СгСІ, й N3011.
І СгСІ, »• ЗМаОН -» Сг(0Н),1 + ЗМаСІ;
| сг»' + зсг + зж •> зон -> сг(он),і т аш- < за;
В сг* + зон -> снон),г.
Відповідь: В.
3.1) МаСІ 4 АвЬЮ, -4 №N0, 4 АвСІІ;
Кд + СГ + А* + N0, -> 4 ЙЩ, + А«С1І;
І Сі 4 Ад -4 АдСІІ.
2) К^04 4 ВаСІ, -♦ 2КСІ 4 ВаЗО.Х;
2£> + ЗО; 4 Ва” 4 2С1 -»2К' + 2С1 + ВаЗО.І;
80; - 4 Ва” -» ВаЗО,!.
3) ГеЗО4 4 2КОН -♦ К,80, 4 ГНОН),!;
Ге” 4 ЗОЇ + 2К’ + 2ОН -4 2К‘ + ЗО1, 4 Ге(ОН),!;
Ге»' 4 20Н -4 Ге(ОН),!;
4) К,СО, 4 СаСІ, -4 СаСО,! 4 2КС1;
2К 4 СО; 4 Са” 4 2£| -4 СаСО,! 4 2К’ + 2£1 1
СОЇ 4 Ся” -> СаСО,і. '
5) 2І4пСІ 4 КуЗО4 рі На/, О, 4 2КС1 - реакція практично ме відбувається, тому
що є оборотною. У результаті реакції не утворюються ні осад, ні паз, ні вода або
інший слабкий електроліт.
6) Ва(КО,), 4 МвСІ, рі ВаСІ, 4 М«(НО,), - реакція практично не відбувається.
4. 1) ВаСІ, 4 Ма,СО, -4 ВаСО,! 4 2НаС1;
2СІ 4 Ва” 4 С0£ + 2Ий' -4 ВаСО,! 4 4 2£1;
Ва” 4 СО3, -> ВаСО,!.
2) Ге(МО,), 4 2К0Н 4 Е<Ч0Н),1 4 2К1Ч0,;
Ге” 4 2ИО, 4 2К' 4 20Н -4 Ге(ОН),! 4 2К' + 2Д0,;
Ге” 4 2ОН -4 Ге(ОІІ),!.
3) ЗМвС), 4 2На,Р0, -4 Мк,(РО4),Х 4 бМаСІ;
змд* т аа 4 єйд 4 2ро; -> мя,(ро.),і 4 еш 4 §сі:
ЗМ8” 4 2РО’, -4 М8,(РО4),Х.
4) ВаСІ, 4 К^О4 -4 ВаВО/ 4 2КС1;
Ва”4 2£1 4 2К + зо; —» Ва8О,1 4 2К + ЯСІ;
Ва” 4 ЗО; -4 Вазо,!.
5. Запишемо молекулярне, повне й скорочене йокні рівняння реакції між аргентум
нітратом І келій хлоридом:
А^МО, 4 КСІ -4 КМО, 4 А^СН;
А« + N0, 4 4 СІ -4 К* 4 N0, 4 АяСІй
Ак 4 СІ' -4 АвСІІ.
Відповідь: Г,
6- Необоротною реакцією, іцо відбувається до кінця в розчинах електролітів, є та-
ка реакція, під час якої випадає осад, виділяється газ. утворюється вода або
інший слабкий електроліт.
Серед наведених прикладів до необоротних належать реакції між:
1> калій гідроксидом і хлоридною кислотою:
ХІМІЯ Буринська Н. М., Величко Л. П. 741
КОН + неї -> КСІ 4 Н,О;
К’ • ОН + Н' + а -» К + £1 + Н,О;
ОН 4 Н' -+ Н,О;
2) сульфатною кислотою й натрій карбонатом:
Н^О,.+ Ка?СО, -4 Ка^О, 4 СОД 4 11,0;
2Н 4 80’ 4 2Ьд + СОЇ 4 214ц + 50^ + СОД + Н,0;
2Н" 4 СО’ -» СОД 4 Н,0,
Відповідь: В, В.
7. Одночасно перебувати в розчині не можуть такі йони, при взаємодії яких утво-
рюється осад, газ, вода або інший слабкий електроліт. Скористайтеся таблицею
•Розчинність основ, кислот і солеа*, і ви зрозумієте, що одночасно перебувати
в розчині не можуть:
а) А»' і СІ , тому що Ад’ + СІ —» АдСІІ;
б) Ге** 1 і ОН , тому іцо 4 20Н -» Ге(ОН)Д.
8. Скорочене Пониє рівняння 2Н 4 СО; -4 СОД 4 Н,0 відповідає взю модЦ розчину
хяоркдної кислоти й розчину натрій карбонату, Ріхвяпия реакції;
2НС1 4 N8,00, -4 ЗКаСІ 4 СОД 4 11,0;
2Н‘ 4 2£1ч 2Ма 4 00’ -4 2ЙЙ- 4 ££] + СОД + Н,0;
2Н 4 СОі -4 СОД 4 Н,О
Відповідь: В.
9. Зшіншемо рівняння дисоціації магній нітрату: МдїКО,), М# ’ 4 2ГЮ,. З нього
стає зрозуміло, що при дисоціації 1 моль Мв(МО,), сумарна кількість ргчови
ни йонів Мя*‘ і N0, дорівнює 3 моль (1 4 2). Отже, при дисоціації 0,15 моль
МкіЬіО,),сумарна кількість речовини йонів Мк ' і N0, дорівнюватиме 0,15 З”
" 0,45 моль.
Відповідь; В.
10 Запишемо молекулярне, повне й скорочене йонш рівняння реакції між суль-
фідною кислотою та надлишком розчину колій гідроксиду:
11,8 4 2КОН 4 К,8 4 2Н,О;
2Н 4 2’ 4 4 2ОН -4 2К‘ 4 2і 4 2Н,О;
2Н-4 2ОН -4 2Н,О;
Й’ 4 ОН -4 Н,О
Сума коефіцієнтів у п-.вному йснмому рівнянні дорівнює
24 14242424142 - 12.
Сума коефіцієнти у скороченому йоииому риіілііш дорівнює 14 14 1—3.
Відповідь; Г.
РОЗДІЛ II. ХІМІЧНІ РЕАКЦІЇ
§13. Класифікація хімічних реакцій
Хімічні реакції — цс перетворення одних речовин (вихідних сполук, реаген-
тів) нд інші (продукти реакції).
Хімічні реакції за спільними ознаками поділяються ш> типи. За числом тв окла-
дом реагентів і продуктів хімічні реакції поділяються на:
1) реакції сполучення — хімічні реакції, у результаті яких із пвох або кіль-
кох речовин утворюється одна нова речовий Наприклад: Си 4 СІ, -4 СиСі,;
СаСО, 4 СО, 4 Н,О -> СщНСОД,;
742 їй ХІМІЯ Буринська Н, М., Вепичко Л. П.
2) реакції розкладу — хімічні реакції, у результаті яких з однієї речови-
ни утворюються дві чи більше нових речовий. Наприклад: 2НСІ • Н, + СІ,;
Сп(НСО,)3 -♦ СаСО, + СО, т Н,0;
3) реакції заміщення хімічні реакції між простою й складною речовина
ми, під час яких атоми простої речовини заміщують «томи одного з елемен-
тів у складній речовині, утворюючи нову просту й нову складну речовини.
Наприклад: Ге + СиСІ, —» Си + ГеСІ,; 2п + 2НСІ -+ 2пСІ, + Н,Т;
4) реакції обміну — хімічні реакції, під час яких дві речовини обмінюють-
ся своїми складовими частинами, утворюючи дві нові речовини. Наприклад:
ИаОН 4 НСІ -» КаСІ + Н,0.
За тепловим ефектом реакції поділяються на ендотермічні, які відбуваються
з гіоглинанням теплоти, та екзотермічні — з виділенням теплоти.
Реакції, які відбуваються за наявності каталізатора, називаються каталітич-
ними. в які здійснюються без Його участі — некаталітичними
о
§
2. 2А1 і 6НС1 -і 2АІСІ, + ЗН,Г — реакція заміщення;
Са + 2Н,0 -» Са(ОН), +• Н,Т — реакція заміщення;
Р,О, + ЗН,0 -♦ 2Н3РО, — реакція сполучення;
2К0Н + СО, -> К,СО, + Н,0 — реакція обміну;
2Сг(О11), -» Сг,О, + 311,0 — реакція розкладу;
МдО + N,0, -» МкіЬ’О,), — реакція сполучення. <
3. Ва(ОН), + Н,8О, => Вв8О,і + 2Н,0. Це реакція обміну, нейтралізації, вона су-
проводжується випадінням осаду, необоротна. Отже, до неї не підходять харак-
теристики Д, Е.
Відповідь: Д, Е.
4. СаСО, -> СаО 4 СО,Т — реакція розкладу;
Ва + 2Н,О Ва(ОН), + Н,Т - - реакція заміщення;
2НдО -> 2Н8 + 0,Т — реакція розкладу
Відповідь: А. В
5. 2Н, + 0, -♦ 2Н,0;
К,О + N,0, -> 2К1Ч0,;
Мя + 2НС1 -» МкСІ, < Н,Т:
2Ре(ОН), -+ Ге,О, + ЗН,О.
6. N,4 0,-» '2140;
N + ЗН, -> 2НН,;
2ИН, -> N. 4* ЗН,;
СН, -> С + 2Н,Т.
Відповідь: В.
7. ИаОН + НСІ -» НаСІ + Н,0.
Задача. Обчисліть масу хлоридної кислоти, яку потрібно взяти для нейтраліза-
ції натрій гідроксиду масою 8 г.
Розв’язання:
т(КаОН) 8 г
Обчислимо кількість речовини лугу: л(\аОН)- —з——— ,/Ц^аОН)- ——---------
М (N8011 і ЧЧ Г/МОЛЬ
= 0,2 моль. Визначимо масу хлоридної кислоти. З рівняння реакції випливає, що
л(НСІ) - Л(НпОН) - 0,2 моль. Отже, лі(НСІ) - М(ІІСІ) л(НС1) - 36,б г/моль х
х 0,2 моль - 7,3 (г).
Відповідь: лі(НСІ) - 7,3 г,
8. а) 5 + Н, -» Н,8 - реакція сполучення;
б) МвОН + НСІ -> КаСІ 4- Н,0 — реакція обміну;
ХІМІЯ Буринська Н. М., Величко Л. П. 743
в) Си,(ОН),СО, ч 2СііО + СО, + Н,0 — реакція розкладу;
г) СиСІ, + 2п —» 2пСІа + Си — реакція заміщення.
0 14 Окисно-відновні реакції
Окисно-відновні реакції відбуваються зі зміною ступенів окнсняння зазвичай
двох елементів, які входять до складу ВИХІДНИХ речовин, реагентів і кінце-
вих продуктів Зміна ступенів окиснекня елементів обумовлюється переходом
Ізміщєііііям) електронів від одних атомів до інших. Відновлення — це процес
приєднання електронів атомом елемента. Окиенення — цс процес Віддавання
електронів атомом елемента.
Відновниками е речовини, у яких атоми або йонн під час хімічної реакції
здатні віддавати електрони Окисниками є речовини, атоми або йонн яких під
час хімічної реакції здатні прмедньватн електрони. Окисник у процесі реакції
відновлюється, а відновник — окислюється.
Коефіцієнти в окисно відновних реакціях зручно добирати за методом елект
ронного балансу. У його основі лежить Порівняння степенів окненежия атомів
у вихідних 1 кінцевих речовинах.
•і і г • <і
3. 1) НяО-яНу+О, Т
Нд” + 2е -іН^ 12 І 4 І
20 •- 4е -»0/ І 4 І І
2Н«О -4 2Нв 4- 0,Т
я » - « о
2) 2п + неї -> гнсі + я, Т
211»-2? —» 2п’
2Н + 2? -» Ц,*
2п 4 2НС1 -4 2пСІ„ + Н,Т
2 окисник, відновлюється;
1 відновник, окислюється;
2 І £ І 1 відновник, окислюється;
| 2 | | І окисник, ВІДНОВЛЮЄТЬСЯ.
4. я) Аі° і О? -4 АІ а
Аі’-Зе -»А1“
о; + 4 є‘ -» 20 *
4АІ + ЗО, -4 2АІ,0,;
• ОН
б) Мд + СІ» -4 МдСІ»
М?0 2$ -4Мг’
СІ + 2е -» 2СІ
Міг + Сі, -4 МвСі,;
в) N14 3-4 Яа,8
Яа’ - 1 < -4 Яа'
8” 4 2е -48і
2Яа 4 8-4 \а^.
і;н:
відновник;
окисник;
відновник;
окисник;
відновник,
окисник.
5. Запишемо рівняння окисно-відновної реакції, складемо «лектрокний баланс:
о • і
2п 4 Я: 8 О, -4 2x80, 4- Н<
2па - 2 є -4 2п ’ і 2 । і 1 відновник, окислюється;
2Н' + 2 є —і Н/ І 2 І 11 окисник, відновлюється.
Відповідь. А, І.
6. А Г
7. За допомогою метода електронного балансу добираємо коефіцієнти:
ІЬЬя 6, >80,+ Н,0
744 ХІМІЯ Буринська Н. М., Величко Л. П.
8’ -в? -»84« | в | 12 І 2 відновник;
О,- + 4 ? —>20‘* 4 ІЗ окисник.
21Ц5 + ЗО, -» 280, 4- 2Н„0.
Суме коефіцієнтів у правій частині рівняння дорівнює 2 + 2-4.
Відповідь: Б.
Відновником г речовина, у якій атоми або йони під час хімічної реакції віддають
електрони. Такий процес спостерігається в схемах реакцій 2, 4.
Відповідь: Г.
В. Розставимо коефіцієнти аа методом електронного балансу:
Г » . ♦» -» ♦*/•>» -і \ ’ -»
1) Си + НИО. —» Си N0. +К0,Т+Н,0
Си’ - 2? -ь Си*1 І 2 І 2 і 1
ЬР‘+ 1? -♦ ЬГ‘ 11 І 2
Си + 4НГ4О, =» Си(КО,), + 2И0, + 2Н,0;
2) КС10, -> КСІ + О, Т
СР‘+6? —» СІ । 6
20 ’ - 4 г -♦ О» 4
2КС10, -» 2КС1 + 30,Т;
О •» -1 -І -» >
3) А1 +¥,0» -» V, + А1, Оі
АР - 3? -т АГ* | З І 15
У‘ + 5? -»¥• І5 І ІЗ
10АІ + 3¥,0, -» б¥ + 5А1.0,;
4) К«Сг,6+КІ + ШЗО« —> Сг, ЗО. | +ї« X+К» ЗО. + НаО
Сг-’о-Зе ->Сг * ЗІ 2
• р І
21 - 2 і -♦ Ь 2 І З
К,Сг,О. + 6КІ + 711,60. -» Сг,(80.), + 31,1 + 4К^0, + 7Н,О;
. -1 <«-> » -т •» «« « , ‘ 4-і
5) К»Мп,О. + СО*-4 К МпО. + МпОї 4+КіСОі
Мп ’ - 1 е -+ Мп*т 11 | о І 2
Мп*" + 2е -» Мп * І 2 1
ЗКтМпО. + 2С0, 2КМпО. + МпО.І + 2К,С0,.
§15 Енергетичний ефект хімічних реакцій. Термохімічні рівняння
»_____ - ---------------------------------
Кожна речовина маг певну внутрішню енергію, тобто енергію хаотичного (теп-
лового) руху і взаємодії всіх її мікрочастинок.
Під час перебігу хімічної реакції відбувається зміна внутрішньої енергії реа-
гуючих речовин та енергії системи в цілому. Зміна енергії відбувається через
руйнування одних хімічних зв’язків і утворення інших. Саме тому хімічні
реакції супроводжуються певним тепловим ефектом — поглинанням або виді-
ленням'теплоти.
За тепловим ефектом хімічні реакції поділяються на два типи: еклотермічш.
які відбуваються а виділенням теплоти, та ендотермічні. які відбуваються
з поглинанням теплоти.
При екзотермічних реакціях енергія реакційної системи зменшується 1 теп-
ловий ефект АН зазначають зі знаком «мінус» (-ДЯ). або записують АН < 0.
При ендотермічних реакціях енергія системи збільшується й тепловий ефект
реакції ДН зазначають зі знаком «плюс» (+АН). або вказують АН > 0.
ПОЯСНЕННЯ
ХІМІЯ Буринська Н. М., Величко Л. П. й' 745
1. За законом збереження мес маса речовин, які вступили в реакцію, дорівнює масі
речовин, які утворилися в результаті реакції.
Відповідь: А.
3. Ендотермічні реакції відбуваються з поглинанням теплоти. При цьому енергія
системи збільшується й тепловий ефект реакції ДЯ зазначають зі знаком «плюс»
' (+ДН), або записують ЛЯ > 0
І Відповідь: Б, В.
4. Хімічні рівняння, у яких зазначено кількість теплоти, що виділяється або по-
глинається, називаються термохімічними рівняннями.
2Р + 5СІ, -> 2РС1,. Тепловий ефект реакції ЛЯ - 2 моль 375 кДж - 750 кДж.
Оскільки реакція відбувається з виділенням теплоти, то тепловий ефект запи
сується зі знаком «мінус».
2Р + 5СІ, =» 2РСІ,; ДЯ - - 750 кДж.
5. 8 + О, - 80,; ДЯ - -297 кДж.
Обчислимо, у скільки разів кількість теплоти, яка виділилася під час реакції,
більша за тепловий ефект реакції: 594 кДж : 297 кДж « 2 (рази). Це означає,
що в реакцію вступили 2 моль 8 і 2 моль О,.
Визначимо масу сірки й об'єм кисню, які були витрачені:
т(3) — іИ(8) - п(8) - 3 2, г/моль 2 моль - 64 г;
С(О,) « Ув л(Ог) — 22,І л/моль 2 моль - 44,8 л.
Відповідь: 64 г 8 і 44,8 л О,.
в. 2Мв + О, —» 2М«О.
Обчислимо кількість речовини магнію: п(Ме) - 1 . щМй) - ---? Г -. «
ЛГ(МяІ 24 г/моль
“ 0,125 (моль). Отже, при згорянні магнію кількістю речовими 0,125 моль
вивільняється 75 кДж теплоти. Обчислимолількість теплоти, яка вивільниться
при згорянні 2 моль М<: 2 : 0.125 • 75 - 1200 кДж. Отже, реакція відбувається
з виділенням теплоти, тобто є екзотермічною. Термохімічне рівняння цієї ре-
акції має вигляд: 2Мц - О, =4 2М<О; ЛЯ — -1200 кДж.
7. ЛЯ - Е тоді для даної задачі ЛЯ - Ев - Е, - 50 - 150 - -100 кДж.
Відповідь: Г.
8. ЛЯ - У даній задачі реагентом є речовина А, а продуктом — ре
човнма В. Отже, на значення теплового ефекту реакції вказує відрізок В.
Відповідь: Б.
9. а) Екзотермічний процес; б) ендотермічний процес.
Проведемо розрахунки за рівнянням а): .
2Си + О, - 2СиО + 276 кДж.
Обчислимо кількість речовини міді:
п(Си) - : л(Си) - 6,4 г— -0,1 моль.
.«(Си) 64 г'моль
Визначимо кількість теплоти, яка виділилася, якщо окпсннлася мідь кількістю
речовини 0.1 моль: 0,1 : 2 276 - 13,8 (кДж).
Проведемо розрахунки за рівнянням б):
СаСО, - СаО + СО, - 180 кДж.
Обчислимо кількість речовини негашеного вапна СаО:
л(СаО) - я(Са0) “ се1<Ю0Г ’ 17,86 (моль).
«(СаО) 56 г/моль
Визначимо кількість поглинутої теплоти за умови, що утворилося негашене
вапно кількістю речовини 17,86 моль: 17,86 : 1 180 - 3214,8 кДж.
Відповідь: 13,8 кДж; 3214,8 кДж.
746 Й: ХІМІЯ Буринська Н, М., Величко Л. П.
( 16. Швидкість хімічних реакцій
- - --------------------------- --------------------------
Швидкість хімічної реакції визначається кількістю речовини, що прореагувала
(або утворилася) за певний період часу в певному об’ємі.
Швидкість хімічної реакції залежить від природи реагуючих речовин, ступеня
їх подрібнення (збільшення поверхні зіткнення), концентрат*, температури,
наявності каталізатора.
сж
о
5. Швидкість хімічної реакції визначимо за формулою о —-— . Оскільки об’єм
Дт
реакційної суміші ве змінювався, то його величиною можна знехтувати, тоді
Де 1 моль л- 0,6 моль'л „ , Ґ моль .
О ж — , р =---------------------Я 0,1 ----- .
Дт 4 с < л с )
Відповідь: 0.1 ~Ь .
л с
в. Обчислимо швидкість реакції в першій посудині:
= о,зГ^.
Дт 10 1. я >с ) -
Визначимо швидкість реакції в другій посудині: о = 1 - 0,25 )
Відповідь: В. я
Де/У г (5 моль - 2 моль) / 3 л (моль і
17. Скористаємося формулою и =----, її« ---- ------------1-= 0,2-----.
Дт ос \ л• с у
„ ,, „ моль
Відповідь; 0,2 ----.
л с
І Де / V
8. Швидкість перебігу даної реакції визначимо за формулою о = —-— . У формулі
Дт
йдеться про зміну концентрації речовими А. Отже, спочатку знайдемо Де(А).
З рівняння реакції випливає, шо Де(А) У 2 рази менша від Де(С). Якщо утвори-
лося 0,2 моль речовини С, то витратилося 0,1 моль речовини А. Тобто Де(А) “
- 0,4 моль - 0,1 моль - 0,3 моль.
(0,4моль-0.1 моль): 2 я моль і
Обчислимо швидкість реакції: і» « л-------------1------ 0,075 —— .
2 с V ЛС )
Відповідь: 0,075 моль/л с.
9 17. Каталіз
Каталізатори це речовини, які прискорюють хімічні реакції, а самі за-
лишаються в незмінній кількості. Реакції, що відбуваються за участю каталі-
заторів, називаються каталітичними, а сам процес прискорення швидкості
реакції під впливом каталізатора — каталізом.
А + В ' АВ
А -і К АК
АК + В - АВ + К
Діл каталізатора — утворення проміжної сполуки.
Інгібітори — сповільнювачі реакції.
Оі
О
4. А: на швидкість реакції впливає температура;
Б: на швидкість реакції впливає ступінь подрібнення речовини;
В: на швидкість реакції впливає збільшення концентрації кисню;
Г: на швидкість реакції впливає каталізатор МпО:.
Відповідь: Г.
ХІМІЯ Буринська Н. М., Величко Л. П. ?•:< 747
518. Хімічна рівновага
а
ш
х
о
ск
О
Хімічні реакції поділяються на оборотні й необоротні.
Оборотні реакції одночасно відбуваються у двох протилежних напрямах —
у прямому і зворотному. Довільний перебіг оборотних реакцій відбувається не
до кінця, а до певної межі — встановлення в системі хімічної рівноваги. Після
встановлення рівноваги концентрації речовин — як вихідних, так 1 продуктів
реакції — за цих умов залишаються незмінними.
Ма стан хімічно! рівноваги впливають концентрація речовин, температура
й тиск (для газів). Керувати станом хімічної рівноваги можна за принципом
Ле Шатсльє.
3. Ма38іО, * Н,ЗО4 -» Ма^О, + НОДІ;
СаО + 2НС1 -> СаСІ3 + Н,О;
КаОН + АЦОН), -» Ма(А1(ОН)Д;
N, + 0, рі 2И0.
Відповідь: Г.
4. Збільшення площі поверхні реагуючих речовин впливає на швидкість реакції.
Хімічна рівновага залежить від температури, тиску (для газів) і концентрації
реагуючих речовин.
Відповідь: Г.
5. Ке,О, + 4СО рі ЗЕе +• 4СО,: Дії - +43,7 кДж. Основна характеристика зворотної
реакції — це П екзотермічний характер. Отже, щоб змістити хімічну рівновагу
в бік екзотермічної реакції, погрібно знизити температуру. •
Відповідь: Б.
7. Збільшення тиску в системі призводить до зміщення рівноваги в бік менших
об'ємів газуватах речовин. На об'ємне співвідношення газів вказують коефіцієн-
ти перед ними:
А: 2И -> 2У + IV — об'єм збільшується;
Б; ОГ -+ IV — об’єм збільшується;
В: IV + ЗУ -і 2V — об'єм зменшується;
Г: IV + IV -+ IV + IV — об'єм не змінюється.
Відповідь: В.
8. При підвищенні температури рівновага зміщується в бік ендотермічної реакції.
Отже, ендотермічною буде зворотна реакція. Тоді пряма реакція — екзотермічна
А тепловий ефект має знак «мінус».
9. 4ИСІ + 03 2С1, + 2Н3О; ДН -118 кДж. Щоб змістити хімічну рівновагу
в бік збільшення концентрації хлору СІа, потрібно: 1) знизити температуру, бо
реакція екзотермічна; 2) збільшити концентрацію реагентів (або одного з них).
Каталізатор на хімічну рівновагу не впливає.
Відповідь: Г
РОЗДІЛ III. НАЙВАЖЛИВІШІ ОРГАНІЧНІ СПОЛУКИ
5 20. Метан
Молекулярна формула метану — СИ4, його структурна формула:
Н
Н-С-Н.
Н
748 << ХІМІЯ Буринська Н. М., Величко Л. П
[Молекула металу мат тетраедричну будову, атоми Карбону знаходяться в вр* *-
I гібридному стані, валентний кут дорівнює 109"28'.
[Для метану характерні реакції окиснення, термічного розкладу та заміщення:
СН, + 20, -> СО, + 2Н,0;
2СН, —“а*^._> с2н, + ЗН,;
І СН, —ій*—» СН.СІ —^—4 СН,СІ, —І2«—» СНСІ, —+ СС1,.
І Метан — основа природного газу. Метан використовують як паливо, а продук-
I ти його хімічної переробки — у різних галузях господарства.
10. Запишемо термохімічне рівняння реакції горіння метану:
СН, + 20. -» СО, і 211,0; АН - -890 кДж/моль.
Обчислимо кількість речовини метану, яку потрібно спалити, щоб виділося
2670 кДж теплоти: 2670 кДж : 890 кДж/моль ~ 3 (моль). Визначимо об’єм чис-
того метану: У(СН4) - Уа л(СП,) — 22,4 л/моль • 3 моль — 67.2 (л).
Обчислимо об'єм метану з домішками, склавши пропорцію:
67,2 л —96%;
ля - 100%;
•Ц^-ЛЦЦл).
95
Відповідь: Б.
11. Для синтезу метапу з простих речовин можна взяти вуглець і водень:
С і 2Н, -> СН,
&21. Гомологи метану
Гомологи метану наложать до групи насичених вуглеводів, або парафінів. За-
гальна формула насичених вуглеводнів — С.Н^,.^
Молекули парафінів мають зигзагувату будову карбонового ланцюга. Темпе-
ратури плавлення й кипіння парафінів зростають зі зростанням їхніх моле-
кулярних мас.
Насичені вуглеводні хімічно інертні за стандартних умов, але за певних умов
вступають у реакції:
• окиснення: С,Н, + 50, —* ЗСО, + 4И.О;
• розкладу: С,Н, -» 2С + ЗН,;
• заміщення: С,Н, + СІ, ———і С,Н,С1 + НСІ.
Парафіни застосовуються в різних галузях промисловості: як паливо, сировина
для синтезу інших речовин, у медицині тощо.
3. Гомологи метпну мають загальну формулу СйН^.,. Насичений вуглеводень, що
містить дванадцять атомів Карбону, має молекулярну формулу С,,!!,, і скоро-
чену структурну формулу СН,-(СН,),0 -СП,.
4. Виведемо молекулярні формули цих насичених вуглеводнів:
1) А/Г(С,НММ) - 114; 12л + 2л +• 2 - 114; 14л - 112: я - 8; С,Н„ — октан.
2) М/С*!! ,) - 72; 12л + 2л + 2 « 72; 14л - 70; и - 5; С,Н„ — пентвн.
5. Молекулярна формула гексану — С,Н(,. Його молекула ациклічна й має розгор-
нуту структурну формулу:
н н н н я н
І І І І І І
НС-СС-СС -С-Н
І І І І І І
н н н н н н
й скорочену структурну формулу: СН,-СН,-СН,-СН,-СН,-СИ,.
Відповідь: А. Б.
ХІМІЯ Буринська Н. М , Величко Л. П. 749
6. Молекули насичених вуглеводнів мають у просторі зигзагувату будову, у якій
атоми Карбону пов'язані між собою під кутом 109“28'.
Відповідь.- В.
12 Д<- складу парафіну для свічок входить вуглеводень, який має молекулярну
формулу СИНМ. Запишемо рівняння реакції горіння цього вуглеводню:
С„Н„ + 380 “♦ 25СО, + 2бН„О.
13 . Етап вступає в реакції:
1) окиснення: 2С,Н, + 70, -4 4С0, + 6Н,0;
2) розкладу: С,Нв —-—> 2С + ЗН/,
3) заміщення: СН„ + СІ, —М_» СДС1 + НС1.
Відповідь: В.
§ 22. Етилен і ацетилен
Етилен і ацетилен — ненаеичені вуглеводні. У молекулі етилену С,П, атоми
Карбоцу сполучені подвійним зв'язком 1І,С-СН,, а загальна формула вугле-
воднів етиленового ряду — СаНш. У молекулі ацетилену С,Н, атоми Карбону
сполучені потрійним зв’язком НОСІЇ, з загальна формула вуглеводнів аце-
тиленового ряду — С.Н^,.
Хімічна активність етилену й ацетилену зумовлена ненасиченим характером
хімічних зв’язків.
Етилен та ацетилом мають такі основві хімічні властивості:
• горять світним полум’ям:
С,Н, + ЗО, -4 2СО, + 2Н,О;
2С,Н, + 50,-4 4С0, + 2Н,0[
• знебарвлюють розчнп калій перманганату КМпО, і бромну воду:
СН,-СН, + [01 + П,0 -4 СН,ОН-€Н,ОН;
• вступають у реакції приєднання: С,Н, + Н, -т С,Н,.
У промисловості етилен використовують для виробництва пластмаси та інших
органічних речовин і матеріалів. З ацетилену синтезують цінні органічні ре-
човини (наприклад, бензол, хлорвініл). Його використовують для газозварю-
вальних робіт.
8. Запишемо рівняння реакції повного окиснення (горіння) ацетилену:
2С,Н, + 50, -+ 4С0, + 2Н,0.
З рівняння реакції видно, що У(С,Н,) ; У(0,) -2:5, відповідно
У(О.) : И(С,Н,) -5:2.
ВідлслИдь.- Б,
9. Запишемо рівняння відповідних реакцій:
1) СН,-СН, + Н, -4 СН, СН,:
2) СН>СН + 2Вг, -♦ СНВг.-СНВг,;
3) СН,-СН, + ЗО, -> 2СО, + 2Н,О;
4) СН, + СІ, -» СН,СІ + НСІ.
Відповідь: 1 — В; 2 - В; 3 — А; 4 — Г
10 Хлоретан можна добути, наприклад. так:
1) С,Н. + СІ, —4 С,Н,С1 + НС1;
2) С,Н, + НС1 —4 С^СІ;
3) С,Н, + Н, + НСІ -4 С,Н,СІ,
мтмвм
11. Найближчим гомологом етилену є пропілен, або пропси. Він мас молекулярну
формулу С,Н, і структурну формулу СН,-СН-СН,.
750 ”? ХІМІЯ Буринська Н. М., Величко Л. П.
12. Ненаскчені вуглеводні ряду ацетилену мають загальну формулу С,Н1ж Отже,
гомолог ацетилену, що містить чотири атоми Карбону, має молекулярну формулу
С,Н, і структурну формулу СН«С -СН,-СН,, або СН,-СиС-СН,.
§23 Поліетилен
Поліетилен утворюється в результаті реакції полімеризації:
лСН,-СН, —» (-СН, -СН,- )„
етцлмі -«Ийміаев
У реакції полімеризації етилен є мономером, поліетилен — полімером.
Через наявність молекул різної довжини полімер ие мас сталих молекулярної
маси й температури плавлення. Поліетилен — термопластичний матеріал. Для
нього характерні хімічна стійкість, водо- й газонепроникність, електроізоля-
ційні властивості.
а
ш
о
а
С
2. До реакцій приєднання належать реакції гідрування, галогенування, гідратації,
гідроген галогенування та полімеризації.
Відповідь. В.
3. Молекулярна формула поліетилену зі ступенем полімеризації 1000 має вигляд
(-СН.-СН,)^.
Мг(-СН,-СН, ) - (12 + 2 1 + 12 + 2 1) 1000 - 2В 000.
Відповідь. Г.
9. лСГ,-СГ, —* ( СГ.-СР,-),.
§ 24. Метанол I етанол
Метанол СН,ОН і етанол С,11,011 належать до насичених одноатомних спиртів.
Спирти — це органічні сполуки, у складі яких вуглеводнева група сполучена
а одніс» або кількома гідроксильними групами -ОН. Група -ОН с функціо-
нальною, тобто визначає властивості речовини.
Спирти — полярні сполуки. Електронна густина зв’язку С-О зміщена до елек-
ф- •*
тронегативного Оксигену: В -+ О + Н.
Спирти горять: 2СН,ОН + ЗО, -> 2СО, + 4Н,О; вступають у реакції заміщення:
2С,Н,ОН + 2Ка -4 2С.Н,ОНа + Н,Т; С,П,ОН + НСІ -4 С,Н,С1 + Н,0.
Метанол і етанол використовуються як розчинники в органічному синтезі,
етанол — також у харчовій промисловості, фармації, медицині.
ІІ. Запишем.> рівпяніїя реакції повного окислення етанолу:
С^Н/ЇН + ЗО, -ч 2СО, 4 ЗН,О. Сума коефіцієнтів дорівнює 1 + 3+ 2 + 3-9.
Відповідь: Г.
7. Запишемо рівняння реакції добування натрій стилету:
2С,НбОН + 2.4а -4 2С,Н,01Ма + Н,Т.
Обчислимо кількість речовини натрій етилату:
л(С^І ОНа)- ; п(С,Н,ОЯа)- - Г— - 1 моль.
М(С,Н,0Ма) ‘ 63 г/моль
З рівняння реакції видно, що п(Н,) - п(С,Н,0На) — 0,5 моль.
Визначимо об'єм водню, що виділився:
К(П,) - V* л(Н,) - 22,4 л/моль • 0,5 моль - 11.2 я.
Відповідь: В.
11. Запишемо рівняння реакції добування хлоретану з етанолу:
С,Н,0Н + НСІ -4 с.нво + Н,0
ХІМІЯ Буринська Н. М., Величко Л. П. 751
Обчислимо теорсгичну масу хлоровану.
- ^3=^С-’С1) 100 %* 100 % - 161.25 г.
Визначимо кількість рігчоаини хлоретану:
ледсо- £(УЬ^І;ліс,н,сі)- " 2’5 (маіь)'
V (С,Н,С1) 64, Е» г/моль
З рівняння реакції видно, що лІІ'ДІ ОН) » л(С,Н,С1) " 2,5 моль.
Обчислимо масу етанолу: щ(С^1,ОН) - М(С,Нй0Н) п(С,Н,ОН) -
— 46 г/моль 2,5 м«ль - 115г.
Відповідь: 115 г.
\
12 Потрібно здійснити таке перетворення: СИ,ОН СНСІ,,
1) СН,ОН 4 НСІ -в СН,С1 + НСІ;
2) СН,С1 + СІ, —СН,а, 4 НСІ;
3) сн,сі, + сі, ——> снсі, + на.
Л 3 Хлоритам можнії добути зокрема такими способами:
1) С,Н, + СЦ ---—-> С,Н,С1 4 неї:
2) С,Н, + НСІ -> 0,11,0;
3) С,Н,ОН 4 НСІ -» С Н,СІ + Н,0.
§ 25 Гліцнрин
Молекулярна формула гліцерину — 0,11^0,, його структурна формула:
СН, СН -СН,.
ОН ОН ОН
Гліцерин — це триатомний спирт. За фізичними властивостями вів являє со
бою густу сирнисту рідину без запаху Й кольору, солодкувату на смак, добре
розчиняється у ЬОДІ.
Хімічні властивості гліцерину:
1) повне окиснення (горіння): 2С,Н,0, 4 70, -» 600, 4 8Н,О;
2) реагуг з металічним натрієм:
2СН.-СИ-СН, * віча -> 2СН,-СН -СН, + ЗН Т.
Г І І III
ОИ ОН ОН ОИа ОМ ОИн
Якісною реакцією на гліцерин е взаємодія зі свіжодобутим купрум(Н) гідрон
сидим При цьому утворюється розчин синього Кольору.
2. Залигаємо рівняння реакції взаємодії гліцерину з натрієм:
2СН, -СН-СН. * 6Ча -т 2СН.-СН СН 4 ЗН* 1 2.
| й | І Л | | І 1 *
ОН ОН ОН ОМа ОМа ОМа
Обчислим» кількість речовини натрію:
и(На) - ; "(На) = - — - 3 моль.
'И(ІЧа) ' 23 г/моль
З рівняння реакції видно, що л(Н,) - 0,6л(^‘а) » 1,5 молі.
Обчислимо об’єм водню* Г(Н,) - • л(Н,) — 22,4 л/моль 1,5 моль - 33,6 (л).
Відповідь: В.
7. Етиленгліколь має такі хімічні влвстипості:
1) горить: 2С,П„О, 4 50, -4 400, 4 (ІНО:
2) реагує з металічним натрігм*
СН, СН, 4 2Ма -♦ СН, СН, + Н,Т.
он ОН ОЬІя ОЬІа
752 й: ХІМІЯ Буринська Н. М., Величко Л. П.
26 . Оцтова кислота
Оцтова кислота належить до класу насичених одноосновних карбонових кис-
лот. Її формула — СН.СООН, або СН,-СС0Н- Група ~сС0Н називається кар-
боксильною групою й обумовлює такі хімічні властивості оцтової кислоти:
• зміна кольору Індикатора: СН.СООН СН.СОО + Н ;
» взаємодія з металами: 2СН.СООП + 2н —> 2п(СН.СОО), + Н.Т;
• взаємодія з основними оксидами: 2СН.СООН + СаО -♦ Са(СН.СОО), + Н.О;
• взаємодія з лугами: СН.СООН + ЛпОН —> СН.СООИа + Н.О;
• взаємодія з карбонатами: 2СН.СООН + Ма.СО. -♦ 2СН.СООКа + СО,Т + Н.О;
| » взаємодія зі спиртами (реакція естернфікацц):
СН,-С*°Н + НО-С.Н. -> СН,-С^°_С Н1 + Н.О.
За фізичними властивостями оцтова кислота — цс безбарвна летка рідина,
яка має специфічний різкий запах 1 кислий смак, змішується з водою в будь-
яких проиорціях.
2. Оцтова кислота реагує з активними металами, лугами, основними оксидами
завдяки зміщенню електронної густини зв’язку О-Н.
Відповідь: А, Г.
3. Оцтова кислота утворює соді при взаємодії з:
І) активними металами:
2СН.СООН + М« -» Мв(СН,СОО), + Н,Т:
2) основними оксидами:
2СН.СООН і МкО Мк(СНїСОО)І + Н.О;
3) лугами:
СН.СООН + КаОН -» СН.СООИа + Н.О;
4) карбонатами:
2СН.СООН * М8СО, — Мк(СН.СОО). + СО.Т + Н.О,
4. Ознакою взаємодії оцтової кислоти з натрій карбонатом е виділення газу:
2СН.СООП + N«.00, -> 2СН,СООМа + СО.Т + Н.О.
Відповідь; Б.
5. Запишемо рівняння реакції гасіння питної соди оцтом:
ИаНСО, + СН.СООН -> СН.СООН» + СО.Т + Н.О,
6. Складаємо рівняння реакції:
СН.СООН + ИмОН -» СН.СООИа + Н,О.
Обчислимо масу А кількість речовини оцтової кислоти в розчині:
т (розчину СН.СООН) ю%(СН,СООН) 20 г 26 % _
їоо % ” г,‘
0,083 (моль).
т(СН.СООН) 1(Ю%
п (СН.СООН) - т'СН>СО”11- . п (СН.СООН) = ---
' ’ > М(СН.СООН) ' * 1 2 ' 60 г/моль
Визначимо кількість речовини натрій гідроксиду:
п(НаОН) - — I і л(НаОН) - лп%3 4--------0,083 (моль).
М(МаОН) 40 г/моль
З рівняння реакції видно, що «(СН.СООН)— піНаОИ) — л(СН.ОООКа) — 0,083 модь.
Обчислимо масу натрій ацетату:
ш(СН.СООНа) - М(СН.СООНа) • п(СН.СООМа) - 82 г/моль 0,083 моль - 6.8 (г).
Відповідь: 6,8 г СН.СООНа,
7. Скористаємося формулою масової частки оцтової кислоти в розчині
ш%(СН.СООН) - ЛІ(С’Н ,< ХНІ та обчислимо масу оцтової кислоти':
’ М (СН.СООН)
¥> ХІМІЯ Буринська Н. М., Величко Л. П
Ж
753
псн.соон^ ,л'рол,,ІІпу’^%(СН-С00Н|,т(Сіі,<С0Н)- 2-°г-^ -Мг
* 1О0% ’ 100%
Визначимо масу Й об’єм води:
пЦН.О) — шірозчину) - т(СН,С00Н),
лцН.О)- 20 г - 1,8 г- 1В,2 г;
Г(Н‘0) ’ ’18,2 (мл’-
р(Н,О) 1 г/мл
В,
8. •Свинцевий цукор», або илюмбум(П) ацетат, має формулу РЬ(СН,СОО|..
10 Запишемо рівняння реакції естерифікації між оцтовою кислотою й мсіилоонм
спиртом:
СНХпн*НО СИ» Г |¥"><?”‘ > СН, 4 Н,О.
’Лі V VII
«№ГИ«ЧИ*Т
11. Запишемо рівняння реакції:
СН.СООН + С^Н.ОН -» СН,СООС,Н, + Н,О.
Обчислимо кількість речовини етанолу.
“>САОН> - * 1 "<с-н-он) -,л
З рівняння реакції видно, що п(СН,СООСН,) - лСС^Н.ОН) - 1,5 моль.
Визначимо масу естеру
лЦСН.СООС.И,) - М(СН,СООС,Н%) ліСН8СООС,Н,1;
т(СИ,С00С,НБ) - В8 г/моль 1,5 моль — 132 (г).
Відповідь: 132 г.
12. Гомологи — це речовини, які мають однакову будову, пл- відрізняються зь
складом на одну або кілька груп СН, (гомологічна різниця). Отже, найближ-
чими гомологами оцтової кислоти будуть мурашина кислота НСООН І провівшим
кислота СН,СН,СООН.
13. Складемо рівняння реакції естсрифікації етанолу в гомологами оцтової кис-
лоти із завдання 12:
і) Н-С^н + С,Н,0Н - Н-о£ + Н,О;
2) сн, гн,-с^’ + С,Н,ОН ч сн,-сн,-с*° „ • и.о.
**І1 V/ у,-
<гміаааяІ «см* ітрожюамшЛ кясжгга
§ 27. Жири
Жири — це естери гліцерину Й вищих карбонових кислот.
СН-ОН НОСО Н СН.-О-СО-Я
І
СН -ОН + НО-СО-Л -> €н-о-со-л + зн.о
СН.-ОН но со в сн,-о-со-я
гшімри к^&ммгаа «еш» жж*
Тверді жири утворюються наї-нченимн карбоновими кислотами, рідкі — иеннси-
ч» ними. Жири вступають у реакції окненення. гідрування, гідролізу Шляхом
гідрування рідких жирів добувають маргарин, шляхом гідролізу (омилення)
жирів добувають мило.
Жири — цс біологічно активні речовини.
754 ХІМІЯ Буринська Н. М., Величко Л. П.
пояснення
1. Жири — це естери гліцерину й вищих карбонових кислот.
Відповідь: Б.
в. Милами називаються солі вищих карбонових кислот. Основу твердого мила
становить натрій гтеарат СцН^СООМи, рідкого — калій стеарат С1ТНПОООК.
Відповідь: Л. ,
12. Основу рідкого мила становлять калійні солі вищих карбонових кислот. Зали-
шемо рівняння реакцій їх утворення:
І) С1ТНМСООН + КОН -»• С1ТН„СООК + Н,0;
ттжмм кжибт* имі« *•*•*•▼ мла
2) С14Н„СООН + КОН -»син„соок + н,о.
амьміяшмм «вроп мййШ м«мічп
$ 28. Вуглеводи. Глюкоза
Вуглеводи — це органічні речовини, склад молекул яких відповідає загальній
і формулі С,(Н,О)„ Глюкоза належить до вуглеводів. Її молекулярна форму-
Р ла — С.11,,0.. У молекулі глюкози е п’ять гідроксильних груп ОН.
| Глюкоза — це безбарвна кристалічна речовина, добре розчинна у воді, солодка
І на смак. Вона вступає в хімічні реакції:
• окиснення: С.Н „О, + 60, —» 6С0, + 6Н О;
• бродіння:
| а) молочнокислого: С.Н,,О, -> 2СН,-СН СООН (молочна кислота);
ОН
| б) спиртового: С.Н,,О, -+ 20,11,011 + 2С0,.
Глюкоза утворюється в рослинах у результаті фотосинтезу:
І ___________________800, * 611,0 —Ь—» С,Н„О. 4 60,.
4. Запишемо рівняння реакціГспиртового бродіння глюкози:
С.Н, ,0. -♦ 2С,Н,0Н 4 2С0,.
Обчислимо кількість речовини етанолу, що утворився:
"(сл.он> - : ЧС.Н.ОН) - - І.» м.
З рівняння реакції видно, що л(СО,) - л(С,Н4ОН) » 1,5 моль.
Обчислимо об’єм вуглекислого газу:
И(СО,) - V, п(СО,) - 22,4 л/моль 1,5 моль - 33,6 л.
Відповідь. 33,6 л.
б. Запишемо рівняння молочнокислого бродіння глюкози:
С.Н..О. —» 2С11, -СН СООН (молочна кислота).
« 18 О * [
ОН
§29. Сахароза
Молекулярна формула сахарози — СіаН„Ои. Це безбарвна кристалічна речо-
вина, солодка на смак, добре розчинна у воді.
Сахароза належить до групи дисахаридів, вступає в реакцію гідролізу. Про-
дуктами гідролізу сахарози е глюкоза й фруктоза:
С.АЛ, + н,о -> с,н„о, + с,н„о,.
5. Масову частку цукру в склянці чаю обчислимо за формулою
ш%(цукру) - ІЯ(ЦукрУ) |0д %( ц>%(цукру) - д д' - 100 % - 6,4 %.
от (чаю) 250 г
Відповідь. Г.
ХІМІЯ Буринська Н. М., Величко Л. П. 755
§31. Целюлоза
ПОЯСНЕННЯ
Целюлоза (або клітковина • належить до полісахаридів. Загальна формула це
.пололи — (С.Н^О^. де п становить 10—14 тисяч.
Целюлоза мас такі хімічні властивості:
• горить Ь виділенням великої кількості теплоти:
(Г:,Н,0О5) + 6аО, -> бпСо, + іп11,0;
• вступас в реакцію гідролізу: (СеП 0О„), + лН.,0 —> лС.Н^О,;
• утворює сетери з неорганічними та органічними кис лотами
5. Рівняння реакції гідролізу целюлози (С,Н .0,^ + лНДІ -» лС^Н^О^ показує, що
продуктом гідролізу • глюкоза, яка, у свою чергу, вступає а реакцію спирто-
вого бродіння: СпН(1Ов -> 2С,Н,ОН + 2СО.. У такий спосіб можна перетворити
клітковину нн етиловий спирт.
756 й$ ХІМІЯ Буринська Н. М., Величко Л. П. <
БІОЛОГІЯ
Лабораторні роботи
ЛАБОРАТОРНА РОБОТА № 1
Мікроскопічна будова кісткової, хрящової та м’язової тканин
Мета: ознайомитися з особливостями мікроскопічної будови кісткової, хрящової
та м’язової тканин; встановити взаємозв'язок між їхньою будовою та тими
функціями, які еояи виконують.
Обладнання та матеріали: мікроскопи, міиропрспарятн кісткової, хрящової
та м’язової ткпиин. таблиця мікроскопічної будови сполучної та м’язової
тканин.
Хід роботи
1. Розгляньте під мікроскопом різновиди сполучної тканини (кісткову
в хрящову),
2. Зробіть схематичні рисунки кожного з препаратів і підіїипііть їх. •
Рис. 1. Кісткова тканина
Рис. 2. Хрящова тканина
3. Схарактеризуйте форму клітин, особливості Тх розташування в тканині.
Відповідь:
Сполучні, або оііирні, тканини складаються з клітин, які не прилягають щільно
одна до одної, а вільно занурені а міжклітинну речовину, що становить основну
масу тканини. Хрящова тканина складається з кліттін-хондроцитів, оточених
великою кількістю міжклітинної речовини. Залежно від будови міжклітинної
речовини розрізняють гіалінову, еластичну м колагеноволокнисту хрящові
тканини, з яких 1 формуються хрящі організму людини. Кісткова тканина
утворюється з клітин і міжклітинної речовини, яка складається з волокон І
основної речовини, що містить солі Са. У кістковій тканині наявні два види
клітин: остеобласти та остеоцитп. З кісткової тканини сформовані всі кістки
організму людини.
4. Розгляньте мікропрепарвтн непосмугованоі (гладенької) і посмугованої
(поперечносмугастої) м’язових ткання. Порівняйте з рисунками в підручнику
Й таблиці. За якими характеристиками ви визначили кожну з них?
Відповідь;
У м’язовій тканині клітини розміщені щільно Непосмугована м'язова тканина
утворює гладенькі м'язи, що входять до складу внутрішніх органів, посмугована
утворює скелетні м’язи та формує стінки серця. Непосмугована м’язова тканина
складається з клітин веретеноподібної форми довжиною не більше 0, і-0,2 мкм,
які мають лише одне ядро. Клітини посмугованої м'язової тканини сягають
до 12 см у довжину й містять багато ядер. Ці клітини мають характерну
поперечку смугастість завдяки наявності в їхньому складі різних білків, що
неоднаково заломлюють проміння. Основна властивість м’язової тканини —
скоротливість.
5, Зробіть схематичні рисунки посмугованої й непосмугов-іноі тканин
ІЗ відповідними підписами
758 БІОЛОГІЯ. Лабораторні роботи
Рис. 3. Непосмуговаво м'язова Рис. 4. Посмугована м'язова ;і;;
тканина тканина Й
в. Зробіть висновки иро будову кісткової, хрящової Й М ЯЗОВО1 тканин у ЗВ язку ,
З ЇХНІМИ функціями.
Висновки:
Тканина — це система клітин, позаклітинних структур і міжклітинної речовини,
що характеризуються спільною будовою, функціями та походженням. Між
будовою тканини й функціями, які вона виковує, існує тісний взаємозв'язок. Так,
сполучні тканини (кісткова й хрящова), що мають добре розвинену міжклітинну
речовину, виконують опорно-сполучні функції, а м’язові тканини скорочуються
завдяки міофібрилам, наявним у їхньому складі. Ця особливість м'язової тканини
забезпечує опорно-рухові властивості організму людини.
ЛАБОРАТОРНА РОБОТА № 2
Стомлення при статичному й динамічному фізичному навантаженні.
Вплив ритму й навантаження на розвиток стомлення
Мета: встановити швидкість стомлення при статичному Й динамічному фізичному
навантаженні; з'ясувати причини втоми та значення ритму й навантаження
для роботи м'язів.
Обладнання та матеріали: гантелі (гирі) масою 1 кг, 3 кг і 5 кг, метроном,
секундомір.
Хід роботи
1. Вимірювання швидкості стомлення при статичному навантаженні.
Візьміть гантель масою 5 кг і підніміть П у витягнутій руці до горизонтального
рівня плечей. Зайнявши таке положення, увімкніть секундомір, а потім зафіксуйте
в зошиті час початку стомлення (опускання рукя нижче рівня плечей).
Відповідь: стомлення при безперервному статичному напруженні м'язів
роониьаеться швидко.
2. Вимірювання швидкості стомлення при динамічному навантаженні.
Роботу виконують троє учнів, приблизно рівні за фізичним розвитком і силами.
Під удари метронома кожен з учнів по черзі згинає руку з вантажем від 1
до 5 кг. Згинання руки виконується до початку стомлення, яке визначається
за відчуттям утоми. Дані записуються до таблиці.
Навантаження, кг Кількість рухів Час початку стомлення (с)
1
3
5
Відповідь: стомлення настає повільніше, ніж при статичному навантаженні,
бо ритмічна динамічна робота дає змогу м'язам частково відновлювати свою
працездатність у перервах між скороченнями.
БІОЛОГІЯ. Лабораторні роботи 759
3. Визначення вплину частоти ритму й величини навантаження на розвиток
стомлення.
Тримаючи гантель масою 5 кг, згинайте руку в різному темпі: повільному,
середньому та швидкому. Кількість рухів і час початку стомлення записуйте
до таблиці.
Ритм Кількість рухів Час початку стомлення (с)
Повільний
Середній
Швидкий
Відповідь: м'язи найкраще працюють у ритмі скорочень середньої інтенсивності.
4. Визначення впливу різного навантаження па розвиток стомлення.
Послідовно згинайте руку з гантелями різної маси — від і ло б кг. Перед кожною
зміною гантелі робіть перерви. Одержані дані вносяться до таблиці.
Відповідь: якщо навантаження незначне, то м'яз виконує невелику роботу, якщо
середнє — максимальну, якщо максимальне — незначну.
Висновки:
При статичній роботі м’язи напружуються але не скорочуються, тому стомлення
иастае швидше, ніж при динамічній роботі, коли м’язи почергово скорочуються
Й розслаблюються. Робота м'язів залежить від навантаження й ритму їхніх
скорочень. Найбільшу роботу м'язи виконують при середньому ритмі скорочень
і помірному навантаженні.
ЛАБОРАТОРНА РОБОТА № З
Мікроскопічна будова крові
Мета: ознайомитися з форменими елементами крові людини та жаби, з'ясувати
відмінності будови та функцій еритроцитів крові людини та жаби.
Обладнання та матеріали, мікроскоп, готові мікропрепаратм Крові людини
та жаби.
Хід роботи
1. Підготуйте мікроскоп до роботи.
2. Розгляньте під мікроскопом мікропрепарат крові людини. Знайдіть формені
елементи крові. Зверніть увагу на їхню кількість, форму, розміри.
Відповідь:
У полі зору мікроскопа найбільше еритроцитів 1 лейкоцитів. Еритроцити — це
червоні кров'яні тільця, які постачають кисень від органів дихання до клітин
завдяки гемоглобіну, що входить до складу цих клітин. Еритроцити крові людини
мають форму двоввп-нутих дисків і не містять ядра. Така форма збільшує площу
поверхні клітини, що дозволяє еритроциту транспортувати більшу кількість
кисню. Ці клітини дуже малі за розмірами (7-8 мкм). в І мм* крові людини
їх міститься 5-5,5 мли. Лейкоцити значно більші за еритроцити (7-20 мкм).
Це безбарвні ядерні клітини мінливої форми, здатні до активного вмебоїдного
руху. Основна функція — забезпечення захисту організму. и 1 мм* крові їх
налічується 6-8 тисяч.
З Зафарбуйте формені елементи крові людини Й жаби.
760 БІОЛОГІЯ Лабораторні роботи
4. Розгляньте мікропрепАрат крові жаби. Чим еритроцити крові жаби
відрізняються від еритроцитів кроні ЛЮДИНИ?
Відповідь:
Еритроцити крові жаби мають овальну форму, у них є ядро, а їхні розміри —
10-11 мкм. В 1 мм* крові їх налічується 2 мли,
6. Замалюйте еритроцити крові жаби.
в. Результати проведеного порівняння внесіть до таблиці. ____
ОзНаКИ Еритроцити крові людини Еритроцити крові жаби
Форма округла овальна
Розміри 7-8 мкм 10-11 мкм
Кількість в 1 ми* крові б млн. 2 мли.
Наявність ядра немає Є
7 Зробіть висновок щодо особливостей будови формених елементів крові людини
й жаби.
Висновки:
До складу крові хребетних тварин входять формені елементи. Серед них червоні
кров’яні тільця — еритроцити. Еритроцити крові людини мають увігнуту форму,
що збільшує їхню поверхню І сприяє кращому проникненню в них кисню.
Відсутність ядро в еритроцитах крові людини також збільшує їхню ємність.
Кров людини порівняно з кров'ю жаби транспортує більше кисню за одиницю
часу тому, що людський організм мас потребу в більшій його кількості у зв'язку
з більш активним способом життя.
ЛАБОРАТОРНА РОБОТА № 4
Дія ферментів слини на крохмаль
Мета: визначити умови й характер дії ферментів слини людини на крохмаль.
Обладнання та матеріали: пробірки, термометр, піпетки, склянки з льодом,
крохмальний клейстер, вода, розчин йоду.
Хід роботи
1. Прополощіть ротову порожнину водою й зберіть слину в пробірку.
2. Пронумеруйте три пробірки.
3. В усі пробірки налийте по 3 мл крохмального клейстеру.
4. У пробірки Ай 1 1 М 3 додайте по 1 мл слини, у пробірку № 2 — 1 мл води.
БІОЛОГІЯ. Лабораторні роботи :•$< 761
5. Пробірки № 11 № 2 потримайте в руках, затиснувши в долонях, 10-15 хвилин,
щоб нагріти їх, а пробірку № 3 опустіть у склянку з льодом па 15 хвилин.
6. Через 15 хвилин у всі пробірки долайте 1 2 краплі розчину йоду.
7. Поспостерігайте за змінами, які відбулися з вмістом пробірок. Одержані дані
внесіть до таблиці.
Вміст пробірки Температура Забарвлення
Крохмаль + слина + йод Зб,в 'С коричневе
Крохмаль + слпна 4 Йод ОС 1 сине
Крохмаль + вода + йод 36.6 с синє
Відповідь:
У цробірці № 1 за нормальної температури тіла ферменти починають
активізуватися Й діяти на крохмаль (розщеплювати його), тому при додаванні
йоду вміст пробірки набуває коричневого кольору. При охолодженні пробірки
Лй 2 ферменти слини перестають розщеплювати крохмаль, тому при додаванні
йоду вміст пробірки набуває синього кольору. У пробірці № 3 відбулася якісна
реакція на наявність крохмалю: розчин набув синього кольору після додавання
до цього розчину йоду.
8. Зробіть висновки, відзначивши умови дії ферментів слини на крохмаль.
Висновки:
У слині людини наявні ферменти, які розщеплюють складні вуглеводи (крохмаль)
ва прості (глюкозу). Розщеплення відбувається за нормальної температури тіла
людини. Слина має слабколужну реакцію. З дослідів вдалося встановити, що
ферменти — це біокаталізатори, які прискорюють реакції в організмі людини.
ЛАБОРАТОРНА РОБОТА № 5
Макроскопічна й мікроскопічна будова шкіри, нігтів, волосся
Мета: вивчити макро- й мікроскопічну будову шкіри та її похідних; встановити
відповідність будови шкіри її функціям; з'ясувати особливості будови волосся
та нігтів.
Обладнання та матеріали: мікроскопи, мікропрепарати шкіри, волосся, лупи.
Хід роботи
І. Вивчення будови шкіри.
1. За допомогою лупи розгляньте поверхню шкіри кисті руки. Зверніть увагу
на колір шкіри, характер її поверхні, пружність.
Відповідь:
Шкіра — це зовнішній покрив тіла. Товщина її складас 2-5 мм. Колір шкіри
зумовлений розміщенням кровоносних судин і наявністю в ній темних пігментів
— меланінів. Поверхня шкіри кисті рук гладенька й еластична.
2. Розгляньте під мікроскопом мікропреаарат шкіри. Укажіть основні шари
шкіри. Користуючись підручником і керуючись побаченим під мікроскопом,
заповніть таблицю.
Шар шкіри Особливості будови Функції
Епідерміс Утворений багатошаровим плас- ким епітелієм, який постійно злу- щується та відновлюється Забезпечує регенерацію шкіри. Основні функції — сприйняття різних под- разників і захисна
Дерма (власне шкіра) Шар щільної сполучної тканими, у якій містяться рецептори, потові залози, волосяні сумки, судини Рецепторна функція, теп лорегуляція, забезпечен- ня пружності и міцності шкіри
Підшкірна клітковина Складається з жирової тканини Запас поживних речовин, захисна функція
762 ;$: БІОЛОГІЯ. Лабораторні роботи
її. Вивчених будови нігтя.
Розгцгяьтс рисунок нігтя н надпишіть, з яких
частин він складається.
Відповідь
Ниті — це похідні роговоїи шару епідермісу. Вони
складаються з нігтьової пластинки, ложа, валики.
У нігті розрізняють передній Вільний край, тіло й
корінь. Швидкість росту нігтя становить 0,1 -0,2 мм
за добу.
ПІ. Вивчення будови волосини.
1. Розгляньте волосину неозброїним оком.
Відповідь, на кінці волосини е потовщення —
корінь.
2. Розгляньте волосину під мікроскопом.
Порівняйте побачене під мікроскопом із рисунком
Рис. 7:
1 — нігтьовий валик;
2 — нігтьова пластинка;
З — вільнил край нігтя;
<1 — корінь НІГТЯ
і назвіть складові частини волосини, позначені цифрами
Відповідь
Волосся — зроговіла похідне дерми Волосина складається
зі стрижня та кореня. Корінь закінчується волосяною
цибулиною й розташований у волосяній сумці. Знизу
до цибулини підходять кровоносні судини та перли.
Висновки:
Зовні тіло людніш вкрите шкірою,
яка складається з епідермісу,
дерми та підшкірної клітковини.
Роговими утвореннями шкіри І
волосся та нігті. Шкіра виконує
захисну, рецепторну, видільну,
термореі-уляційпу функції, бере
участь у синтезі вітамінів, а
також являє собою депо крові
в організмі.
Рис. Я;
1 — стрижень волосини;
2 — гатьні залози;
З — м'яз волосини;
1 — корінь волосний
з цибулиною;
5 — волосяна гумка;
6 — кровоносна судина;
7 — нервове закінчення.
ЛАБОРАТОРНА РОБОТА № в
Будова головного мозку людини (вивчення муляжів І моделей)
Мета: вивчити будову головного мозку
людини за муляжами та пластинчастими
препаратами.
Обладнання та матеріали: макети, муляжі,
пластинчасті иренараїн головного мозку
людини, таблиці.
Хід роботи
1. На макеті головного мозку вкажіть Його
частини: довгастий мозок, міст, середній
мозок, проміжний мозок, великий мозок,
МОЗОЧОК. Порівняй! е муляж із рисунком і
назвіть частини головного мозку, позначені
на рисунку цифрами
Відповідь:
Головний МОЗОК ЛЮДИНИ МІСТИТЬСЯ в черепній
коробці Він мас такі відділи: довгагпій мозок,
міст, мозочок, середній мозок, проміжний
мозок 1 великий мозок.
Рис. 9:
1 — довгастий мозок;
2 — міст; 3 — середній мозок,
4 — Гіпофіз; 6 — проміжний
мозок; 6 — великий мозок;
7 — мозочок.
БІОЛОГІЯ. Лабораторні роботи щ 763
Рис. 10:
2. Установіть за допомогою муляжу, як розміщуються в головному мозку сіра
та біла речовини. З чого воша складаються?
Відповідь;
Головний мозок людини складається а білої й сірої речовин. Біла речовина
утворює провідні шляхи, в сіра у вигляді ядер міститься всередині білої в
утворює кору великого мозку та мозочок. Біла речовина складається з довгих
відростків нейроні». Одні з них спрямовпні вгору, інші вниз, уадовж спинного
мозку. Сіра ррчотина утворена вставними и руховими нейронами.
3. Знайдіть на рисунку стовбур головного мозку. З яких віддінь він складається'
Відповідь.
Довгастий мозок, міст 1 середній мозок утворюють стовбур головного мозку.
Від цього відходять 12 нар черепномозковнх нервів Нерви зв'язують мозок
а оргвнпми чуття, м’язами й залозами, які містяться на голові, а також
із внутрішніми мрів нами
4. Знайдіть нп моделі мозочок. Які функції він виконує?
Відповідь:
Над довгастим мозком міститься мозочок - Його поверхню утворює сіра речовина
— кора, під якою а білій речовині містяться ядра. Мозочок відіграє важливу роль
у регулюванні рівноваги тіла, координації рухів І підтриманні тонусу м'язів.
5. На муляжі великого мозку знайдіть борозни,
звивини. Яке їхнє призначення?
Відповідь:
Великий мозок складається з двох півкуль.
Поверхня півкуль — кора, утворена із сірої
речовини. Під корою міститься біла речовина.
Поверхня півкуль складчаста. Вона утворює
борозни й звивини, що збільшують її площу.
Понад 2/3 поверхні кори сховані в борознах.
Кожна півкуля розділена борознами на лобову,
тім'яну, скроневу й потиличну частки.
б. Порівняйте муляж із рисунком 1 назвіть
частки великого мозку, позначені на рисунку
цифрами.
7. Зробіть висновки. Укажі їг відділи головного
мозку людини, особливості розподілу сірої й
білої речовини в них, біологічне значення
звивистої будови кори великого мозку.
Висновки.
Головний мозок — вищий відділ нервової системи людним. Він складається
з таких відділів: довгастий мозок, міст, середній мозок, проміжний, великий
мозок, мозочок. На поверхні великого мозку та мозочка сіра речовина розташована
суцільним шаром, а в інших відділах — окремими скупченнями — ядрами
У мозку людини наявна кора вцлнких півкуль Із численними борознами та
звивинами, що збільшує площу поверхні мозку; дуже добре розвинений мозочок
та інші відділи мозку, Усі ці особливості будови головного мозку людини пов’язані
з її розумовими здібностями та вищою нервовою діяльністю.
1 — лобова частка;:
2 — тім'яна частка;
З — скронева частка;
4 — потилична частка,
ПРАКТИЧНА РОБОТА № 1
Будона суглобів. Перша допомога при ушкодженнях опорно-руханої
системи
Мета: визначити основні типи суглобів, відповідність їхньої будови внкопуна
ким функціям; ознайомитись із видами ушкоджень опорно.рухової системи
і правилами першої допомоги при них.
764 БІОЛОГІЯ. Лабораторні роботи
[Обладнаная та матеріали: модель скелета людини, бинти, вата, дощечки,
рентгенограми суглобів, вивихів, переломів, таблиці •Будова суглоба».
•Ушкодження кісток І перша допомога при них».
Хід роботи
І. Вивчених особливостей будови різних типів суглобів.
1. Розгляньте рисунок. Укажіть основні частини суглоба.
Рис. 11: І — окістя; 2 — суглобова сумка;
З — суглобова рідина; 4 — хрящ гіаліновий.
2. Розгляньте схематичні зображений суглобів. Укажіть їхні типи й відповідно
Осьовий
суглоб хребта
Типи суглобів та їхня характеристика
Тип суглоба Загальна характеристика
Кулястий Утворений кісткою з округлим кінцем, який заходить у не- рухому чашоподібну впадину. Це дозволяє людині рухати ногою в різних напрямках
Шарнірний Працює як стрижневий шарнір, тому людина може згинати його в протилежних напрямках — вгору і вниз
Ковзний Поверхні, які стикаються, пласкі, 1 кістки можуть рухатися з боку в бік, а також вперед і назад
Осьовий Заокруглений кінець однієї кістки обертається в суглобовій ямці іншої
II. Правила надання першім допомоги при ударах, розтягненнях, вивихах
Робота здійснюється в парах, один учень виковує роль потерпілого, інший надає
йому першу допомогу. Для виконання роботи розгляньте рисунки підручника та
таблиці а надання першої допомоги при ушкодженнях опорно-рухової системи
людини.
1. Надайте першу допомогу прп ударі та розтягненні зв'язок.
Пояснення;
Удар — не ушкодження м'яких тканин, що часто супроводжується крововиливами
БІОЛОГІЯ. Лабораторні роботи й; 769
під шкіру, набряками та сильним болем. Унаслідок різкого, незручного руху чи
удару можуть ушкоджуватися зв'язки.
Перша допомога: до ушкодженого місця прикладіть мішечок із льодом чи
ганчірку, змочену холодною водою, і накладіть фіксуючу пов'язку. Не можна
витягувати, смикати, нагрівати ушкоджену кінцівку. Адже охолодження
полегшує біль, попереджує розвиток набряку, а нагрівання сприяє притоку
крові до враженого місця й появі набряку.
2. Надайте першу допомогу потерпілому при вивихові.
Пояснення
Яилих — це вихід суглобової головки із суглобової западини. Він супроводжуєте я
розривом суглобової суми, розтягами зв'язок та м'язів.
Перша допомога забезпечте цілковиту нерухомість ушкодженого суглоба,
а щоб зменшити біль, до травмованого місця прикладіть мішечок із льодом чи
ганчірку, змочену холодною водою. Потім зафіксуйте суглоб пов’язкою. Для
цього до суглоба иєюбхідно прибинтувати дощечки або інші тверді предмети.
Після цього потерпілого відправляють до лікарні.
ПІ. Перша допомога при пере ламах кісток.
Пояснення:
Переломи це порушення цілісності кісток. Переломи бувають закриті
П відкриті.
1. Надайте першу допомогу при закритому переломі кінцівок.
Пояснення:
При закритих переломах відчувається сильний біль, ушкоджене місце
набрякає.
Перша допомога: насамперед слід зперухомитп ушкоджену кістку. Для цього
накладіть шину з різних твердих предметів (наприклад, дошки). Щоб шина не
тиснула на місце перелому, підкладіть під неї м’яку тканину Фіксувати слід
два суглоби — вище А нижче місця перелому, а прн переломі плеча або стегна
—. три суглоби. Якщо шини немає, зламану руку прибинтовують до тулуба,
а зламану ногу — до здорової ноги
2. Надайте першу допомогу при відкритому переломі кінцівок.
Пояснення:
При відкритих переломах гострі кінці зламаної кістки розривають м'язи,
кровоносні судини, гакфу, тому виникають кровотечі.
Перша допомога: насамперед необхідио зупинити кровотечу, закрпти рану
чистою пов’язкою, а потім накласти шину й оперативно відправити потерпілого
до лікарці.
ВИСНОВКИ'
Суглоб — це рухоме з'єднання кісток. Рухомість у суглобі залежить від його
форми. При ушкодженні опорно рухового апарату необхідно надати першу
допомогу, яка полягас в знерухомлекні ушкоджених частин тіла, попередженні
набряку, зупинці кровотечі та транспортуванні потерпілого до лікарні.
ПРАКТИЧНА РОБОТА N8 2
Вимірювання частоти серцевих скорочень та артеріального тиску
Мета: навчитися визначати частоту пульсу й вимірювати артеріальний тиск.
Обладнання та матеріали: годинник із секундною стрілкою, прилад для
вимірювання тиску.
Хід роботи
1. Вимірювання частоти пульсу.
Пояснення:
Пульс — це ритмічні коливання стінок артерій, викликані підвищенням тиску
766 БІОЛОГІЯ. Лабораторні роботи
в в артерії під час скорочення серця (систола). У місцях, де великі артерії проходять
близько до поверхні тіла, наприклад, на внутрішньому боці зап’ястка, на висках,
І по боках шиї. ритмічні коливання легко відчуваються, якщо прикласти до них
Г Частот- пульсу індивідуальна б становить у підлітків 72-85 уд./хв., а в дорослих
І — 60-75 уд./хв. Для визначення пульсу необхідно:
Г 1) знайти пульсову точку й підрахуйвати кількість пульсових ударів аа
І ЗО секунд;
[ 2) одержане число помножити на 2 — таким чином визначається пульс за
І І хвилину.
І 11. Вимірювання артеріального тиску (робота проводиться в парах).
Пояснення:
І Артеріальний тиск — це тиск усередині артерій. Розрізняють вищий
Ц (систолічний) тиск (під час систоли шлуночків) і нижній (діастолоічиий) тиск (під
і Час розслаблення серця). У здорових людей у стані спокою тиск становить 120-
І 130 мм рт. ст, при скороченні серця і 70- 80 мм рт. ст. при його розслабленні.
І Для визначення артеріального тиску необхідно:
Г 1) одягнути на плече обітсжуваиого манжетку, з’< анану з тонометром, і нагнітати
повітря доти, доки тонометр не покаже 170-200 мм рт. ст.:
2) фонендоскоп розташувати над ліктьовою ямкою нижче місця накладання
І манжетки, а потім за допомогою гвинтового клапана на іруші повільно випустити
II повітря з манжетки;
І 3) відзначити покази тонометра в момент появи судинних тонів (це
І систолічний тиск). Тони чутні доти, доки тиск у манжетці не буде відповідати
І діастолічиому;
І 4) зафіксувати покази тонометра, вказавши максимальні та мінімальні значення
г артеріального тиску.
Висновки:
Пульс — це поштовхоподібні коливання етівок кровоносних судин, спричинювані
викиданням крові із серця при кожному його скороченні. Тому за пульсом можна
І визначити частоту серцевих скорочень за одну хвилину. Пульс та артеріальний
тиск також надають інформацію про стан судин і роботу серця.
ПРАКТИЧНА РОБОТА № З
Реакція серцево-судинноїсистеми на фізичне навантаження
Мста: з’ясувати особливості реакції серцево-судинної системи на різне фізичне
навантаження.
Обладнання та матеріали: годинник із секундною стрілкою, прилад для
вимірювання тиску.
Хід роботи
І. Визначення впливу дозованою фізичного навантаження на частоту
пульсу.
1. Підрахуйте частоту свого пульсу за одну хвилину в стані спокою. Отримані
дані внесіть до таблиці.
2. Зробіть 10 іятмвсиаяях присідань і підрахуйте частоту пульсу відразу ж після
навантаження. Отримані дані внесіть до таблиці. Чому частота пульсу після
виконаної вправи збільшиться?
Відповідь:
Частота пульсу після 10 присідань збільшилася тому, що збільшилося
навантаження на серце і, відповідно, частота серцевих скорочень зросла.
3. Підрахуйте пульс після п’ятихвилинного відпочинку. Отримані дані внесіть
до таблиці.
БІОЛОГІЯ. Лабораторні роботи 767
Відповідь:
Після п'ятихвилинного відпочинку частота пульсу повинна повернутися
до норми (якщо серце добре треноване).
[І. Визначення вплину базованого фізичного навантаження на зміну артеріального
тиску.
І. Виміряйте артеріальний тиск у стані спокою. Отримані дані внесіть
до таблиці.
2. Зробіть 10 інтенсивних присідань і виміряйте артеріальний тиск відраду ж
після навантаження. Отримані дані виссіть до таблиці.
Відповідь: артеріальний тиск після 10 присідань підвищується тому, що
збільшилося навантаження на серце і, відповідно, зріс тонус кровоносних
судин.
3. Виміряйте артеріальний тиск після п'ятихвилинного відпочинку. Отримані
дані внесіть до таблиці.
Відповідь: після п'ятихвилинного відпочинку артеріальний тиск повинен
повернутися до норми.
4. Зробіть висновки про реакцію серцево-судинної системи на дозоване фізичні
навантаження.
Висновки:
Нормальні артеріальний тиск і частота пульсу свідчать про здорову, треновану
серцево-судинну систему. При виконанні фізичних навантажень пульс й
артеріальний тиск підвищуються, але після нетривалого відпочинку їхні
показники повертаються до норми. Якщо ж пульс і тиск не відновлюються,
це свідчить про те, що серце інтенсифікує свою роботу за рахунок збільшення
частоти скорочень. А це означає, що організм тренований недостатньо й різко
збільшувати навантаження ще зарано. Фізичні навантаження повинні бути
помірними, щоб но перевтомлювати організм.
ПРАКТИЧНА РОБОТА N14
Рис. 13
вивчення кровообігу. Зміни в тканинах при порушенні кровообігу
Мета: визначити особливості будови органів кровообігу та руху крові в малому
й великому колах кровообігу: схарактеризувати зміни, які відбуваються в тка-
нинах при порушенні кровообігу.
Обладнання та матеріали: секундомір, дзеркало, таблиці • Будова серця*, еКола
кровообігу».
Хід роботи
І. Вивчення кровообігу.
Пояснення: судини кровоносної системи утворюють мале
й велике кола кровообігу.
1. Розгляньте схему малого (А) і великого (Б) кіл кро-
вообігу. Укажіть назви органів, позначених на рисунку
цифрами.
1 — легенева вена;
2 — легенева артерія;
З — нижня порожниста вена;
4 — праве передсердя;
б — ліве передсердя;
б — правий шлуночок;
7 — лівий шлуночок;
8 — тулубова артерія;
9 — газообмін у капілярах органів;
10 — газообмін у капілярах легень.
768 БІОЛОГІЯ. Лабораторні роботи
2- Визначте напрямок руху крові в колах кровообігу й заповніть таблицю
Ознаки Мале коло кровообігу Велике коло кровообігу
Початок кола кровообігу Правий шлуночок Лівий шлуночок
Судини, якими кров рухається від серця Легенева артерія (з поягаяою кров’ю) Аорта
Місце газообміну Легені Внутрішні органи
Судини, якими кров рухається до гарця Легенева вена (з артеріальною кров’ю) Порожнисті вени
Кінець кача кровообігу Праве передсердя Ліве передсердя
П. Самоспостереження за .^мінами в тканинах при порушенні кровообігу.
і Підніміть праву руку агару, в ліву оиугтіїь вниз 1 тримайте так протягом
2 -3 хьипкн. Швидко поклидіть обидві руки па стіл і порівняйте колір шкіри
Поясніть побачене.
Відповідь:
Від правої руки кров стікає пиві, а в лівій навпаки — накопичується. Тому
права, кінцівка біліє, а ліва — червонії. Зміна кольору правої руки пояснюється
зменшенням тиску та зниженням інтенсивності газообміну в ній.
2. Перетягніть гумовим кільцем основу пальця. Що спостерігається? Чому?
Відповідь
Після перетягування палець ста< набряклим і твердим ки дотик, и також вабуьиє
тдмн'і-чераонога іабоїв ієніія Це відбуьаі ться тому, сю ьілвиеьп перетяжка не
повністю перекриває приток крові по артеріях, але перешкоджає її відтоку ДО
1-ерцИ. >'іик ліДок цього ТИСК 1 Кшіі.іярах ШДвапуть« Ч й значна кількість г лазмії
крові дифупту < через стінки судим, перетворюючись иа ткашшн) рідину. А відтік
крові венами й лімфи лімфатичними судинами затримує накльдена перетяжка.
Потрапляння тканинної рідини в лімфатичні судини також затримується.
3. Зніміть із пальця перетяжку й поясніть, чому змикає набряк.
Відповідь:
Відновлюється рух крові венами, а лімфи — лімфатичними судинами, Надли-
шок тканинної рідини всмоктується лімфатичними капілярамп й виводиться
з організму.
4. За допомогою дзерка та визначте колір своїх вушних раковин, а потім енеріійно
потріть поверхню шкіри одного вуха Порівняйте колір вушних раковин.
Пожніть побачене.
Відповідь:
Вухо набуває червонястого забарвлення, оскільки механічне подразнення вушної
раковиїги призводить до розширення судин та приливу крові до неї.
Висновки
Судини кровоносної системи людини утворюють велике й мале кола кровообігу.
По малому колу кров від серця надходить ло легень, де насичується О, й віддає
СО,. По великому колу кровообігу кров транспортує 0а і поживні речовини до
клітин усього тіла й забирає від нлх СО,. Рух крові забезпечується різницею тисків
в_ печать’, й у кінці маюго та ведикого щч кглв.ци'іігм. Інтенсинякть ьповєюбігу
залежить від фізичних навантажень, механічних подразнень, температури
тіла. Тому виникав потреба в збільшенні або зменшенні кількості крові, яка
транспортується кровоносною системою, відбувається перерозподіл надходження
крові до органів, які в певний момент потребують більше кисню.
БІОЛОГІЯ. Лабораторні роботи 769
ПРАКТИЧНА РОБОТА N15
Антропометричні вимірювання. Визначення ідеальної маси тіла
Мета: навчитися вимірювати зріст і масу свого тіла, з’ясувати значення
антропометричних вимірів у житті людини.
Обладнання та матеріали; ростомір, підлогові ваги, (антяметрова стрічка
Хід роботи
1. Виміряйте свій зріст за допомогою ростоміра з точністю до 0.5 см.
2. Визначте мису свого тіла за допомогою ватів.
3. Визначте свій росто-масовий показник. Для цього масу тіла поділіть на зріст
На кожен см зросту мас припадати 400 г маси у хлопців і 325 -375 г у дівчат.
Якщо цифри менші, то можна говорити про недостатню вагу, якщо більші —
про П надлишок. Наприклад, для дівчцни з масою тіла 56 кг і зростом 169 см
масово-ростовий показник дорівнює 56 : 169 — 0,33; тобто на кожен см зрості'
припадає 330 г маси тіла. Отже, маса тіла нормальна.
4. Визначте свій росто-масовий поклліпгк іншим способом: відніміть від показник-
зросту число 100 (при зрості 155-164 см) або число 110 (при зрості 165-185 см).
Відхилення від середніх палячий свідчить про збільшення чи зменшення маси
за рахунок розвитку м’язів або жирових відкладень.
5 Визначте індекс маси свого тіла. Для нього масу тіда (у кг) потрібно поділити
иа зріст (у м), піднесений до квадрату. Показник повинен знаходитися в межах
від 20 до 23,8. а ідеальним індексом можна вважати пифру 22. Якщо Індекс
перебуває у вказаних рамках, то вн масте оптимальний режим харчування.
Коли цей показних нижче 20, то слід збільшити вживання основних поживних
речовим, а коли вік перевищує норму, варто знизити калорійність уживаної їжі
та збільшити фізичні наваптаженки.
6. Зробіть висновок, указавши значення для людини відповідності маси тіли
зросту.
Висновки:
Антропометричні виміри мають велике значення в житті людини. Завдяки їм
людина може визначити власний розмір одягу, слідкувати за своєю вагою тл
попереджувати розвиток деяких захворювань Лікар), знаючи зріст 1 масу тіла
пацієнта, призначають певну дозу ліків, наркозу.
ПРАКТИЧНА РОБОТА № 6
Аналіз індивідуального добового харчування і його відповідності
нормам
Мета: проаналізувати добовий харчовий раціон згідно з енергетичними витратами
власного організму
1 Обладнання та матеріали: таблиці <• Норми добовою споживання основних
харчових речовин для підлітків» тв * Калорійність продуктів харчування*.
Хід роботи
2 . Використовуючи таблиці »Норми добовою споживання основних харчових
речовин для підлітків* та »Калорій кість продуктів харчування*, укладіть
свій раціон та меню пв день при чотириразовому харчуванні так, щоб перший
сніданок становив 25 % добового раціону; другий сиїдалок — 15 %, обід —
45 %. вечеря — 15 %.
770 $: БІОЛОГІЯ. Лабораторні роботи
Таблиця 1
Норми добового споживання основних харчових речовин для підлітків
Харчові речовини і кількість у г) 14-17 років (юнаки) 14- 17 років (дівчата)
Білки, 104 86
зокрема тваринні 52 43
Жири 94 '77
Вуглеводи 485 403
Таблиця 2
Калорійність продуктів харчування
Назва продукту Кількість ккал (на 100 г продукту)
Вершкове масло топлене 860 870
Вершкове масло 730740
Сало свиняче, жир яловичий 770 870
Олія 870
Халва 550
Шоколад 550-570
Цукор 400
Хліб пшеничний 300
Сухарі 230
Макарони 310
Вівсяна крупа 340
Жирна яловичина 350
Варена ковбаса 260
М'ясо нежирне 100 150
Птиця ЮО 200
Сосиски 200
Риба (окунь) 100
Сир плавлений 240
Молоко, кефір 50 60
Сир нежирний 75
Яйця (1 шт) 30-75
Нежирна рибр 70
Картопля 80
Капуста •18
Яблука 35
Кавун ЗО
8. Підрахуйте кількість енергії, яку при обраному раціоні організм отримус
за добу,
4. Дані внесіть до таблиці.
Таблиця індивідуального харчового раціону
Режим харчування Меню Енергетична цінність (ккал)
Перший сніданок
Другий сніданок
Обід
Вечеря
Загальна кількість
БІОЛОГІЯ. Лабораторні роботи *£ 771
5. Зробіть висновки, указавши відповідність вашого харчового раціону критеріям
раціонального харчування.
Висновки;
Раціональне харчування — один із важливих чинників збереженим здоров'я. При
такому харчуванні до організму мають надходити різноманітні поживні речовини
в кількостях, необхідних для його нормальної життєдіяльності. Недостатнє
харчування, як і надмірне, призводить до розвитку захворювань багатьох органік
і порушення роботи різних фізіологічних систем.
ПРАКТИЧНА РОБОТА № 7
Вимірювання температури тіла на різних Його ділянках
(пахвова ямка, ротова порожнина)
Мета: навчитися вимірювати температуру тіла на різних його ділянках; визначати
причини П зміни впродовж дня.
Обладнання та матеріали: медичний термометр.
" Хід роботи
Виміряйте температуру в пахвовій ямці та ротовій порожнині за допомогою
медичного термометра кілька разів упродовж дня: уранці, удень і ввечері.
Одержані дані вносьте до таблиці.
Час доби Покази термометре
Пахвова ямка Ротова порожнина
Рнііок
День
Вечір
Висновки:
Людяна належить до теплокровних ссавців зі сталою температурою тіла.
Протягом доби температура людського організму може змінюватися на
0,5-0,7 'С, знижуючись уранці й підвищуючись увечері. Надлишок теплоти наш
організм віддає в навколишнє середовище через поверхню шкіри. Теплорегуляція
в організмі людини здійснюється рефлекторно.
772 <:•< БІОЛОГІЯ. Лабораторні роботи
ІСТОРІЯ УКРАЇНИ
Довідник
ТЕМА 1. УКРАЇНСЬКІ ЗЕМЛІ У СКЛАДІ РОСІЙСЬКОЇ ТА АВСТРІЙСЬКОЇ
ІМПЕРІЙ НАПРИКПІЦ1 XVIII - У ПЕРШІЙ ТРЕТИНІ XIX СТ.
Адміністративио-територіальпий устрій та регіональний поділ українських зе-
мель у складі Російської та Австрійської імперій. Наприкінці XVIII ст. унаслідок
російсько-турецьких війн (1768-1774 рр., 1787-1791 рр.) і поділів Речі Поспали
тої (1772 р.. 1793 р., 1795 р.) українські землі опинилися в складі Російської та
Австрійської імперій.
Наддніпрянська Україна (Лівобережжя, Слобожанщина, Правобережжя й Пін
денна Україна) перебувала у складі Російської імперії. Наддніпрянська Україна
поділялася па дев’ять губерній: Харківська, Чернігівська, Полтавська (Малоросія
ське генерал-губернаторство), Київська, Подільська, Волинська (Київське генерал
губернаторство), Катеринославська, Херсонська, Таврійська (Новоросійсько-Бесса
рабське генерал-губернаторство).
Західна Україна (Східна Галичина, Північна Буковина. Закарпаття) входила
до Австрійської імперії. Галичина з деякими польськими землями, яка була виді-
лена в окремий край з центром у Львові, отримала назву «Королівство Галичини
і Лодомерії». Воно поділялося на 12 дистриктїв (округів), окремим округом була
Буковина. Закарпаття у складі Братиславського воєводства входило до Угорського
королівства й поділялося на 4 жупн (регіони).
Національне та соціальне становище українського населення у складі Росій-
ської та Австрійської імперій. Наприкінці XVIII ст. населення України становило
близько 10 мли осіб. У Наддніпрянській Україні проживало 7.8 млн українців
(80 %) і представники інших національностей (росіяни, євреї, поляки, румуни,
молдавани, вірмени та ін.). У Західній Україні проживало 2.2 млн українців (20 %),
а також поляки, євреї, румуни, угорці, німці. Уряди Російської та Австрійсько)
імперій прагнули зміцнити свій контроль над українськими землями, тому прово
дили політику денаціоналізації (асиміляції) щодо українців.
Соціальну структуру населення України становили поміщики, духовенство,
селяни, міщани, інтелігенція. Більшість українського населення займали селяни
кріпаки, які відбували панщину та інші повинності. Козацтво як соціальний стан
було ліквідовано. Почалося формування нових соціальних верств — підприємців
і найманих робітників.
Вплив міжнародних відносин ва землі України в першім третині XIX ст, Від
сутність власної державності спричинила те, що Україна ме могла проводити само-
стійну зовнішню політику і була змушена брати участь у війнах на боці Російської
та Австрійської Імперій.
У 1806-1812 рр. українці брали участь у російсько-турецькій війні, у результаті
якої, за Бухарестським мирним договором 1812 р., до Росії відійшла Бессарабія
(землі між Дністром і Прутом), де в трьох повітах проживали українці.
У 1812 р. відбувся похід французького імператора Наполеоне Бонапарта на
Росію. Україна займала важливе місце в планах Наполеоне, який прагнув відокре-
мити українські землі від Російської імперії, частішу їх передати своїм союзникам
(Правобережжя — Польщі, Галичину и Волинь - Австри, Північне Причорномор’я
і Крим — Туреччині), а решту території (Лівобережжя і Південну Україну) поділити
на військово-адміністративні області — наполеоніди під протекторатом Франції.
У 1812 р. україиці у складі регулярної армії, козацьких і ополченських полків
брали участь у війні Росії з наполеонівською Францією, а а 1813-1814 рр. — у за
кордонному поході російської армії.
У 1828-1829 рр. українці брали участь у російсько-турецькій війні, у результаті
якої, за Андріаіюпольським мирним договором, до Росії відійшли землі в гирлі
Дунаю, де проживали українці. У 1828 р. козаки Задунайської Січі під проводом ко-
шового отамана Йосипа Гладкою перейшли на бік російських військ, оселилися на
узбережжі Азовського моря і поклали початок Азовсько*;; кошцьколіу війську.
774 Х? ІСТОРІЯ УКРАЇНИ. Довідник
Початок жаціопального відродженая а Наддніпрянській Україні. Наприкінці
XVIII — ка початку XIX ст. у Наддніпрянській Україні розпочався суспільно-полі-
тичний рух, в якому існували українська, російська й польська течії, що відбивали
Інтереси українського, російського та польського населення Російської імперії'.
Український визвольний рух виник одразу після ліквідації автономії України
І був пов’язаний із діяльністю козацько) старшини. Прагнення відновити автоно-
мію, а в майбутньому створити незалежну Українську державу виявилося в діяль-
(Пості патріотичного гуртка в м, Новгород-Сіверському (А. Гудович, Г. Доливський.
Г. Колимський та ін.), появі Історико-літературних творів («Записки о Малоросії»
Я. Маркевича, «Клеїла» І. Котляревського, «Історія Русів»), поширенні ідей Про-
світництва й Французької революції, утворенні масонських лож у Києві, Одесі,
Харкові, Львові та інших містах.
• У 1791 р. Василь Капиіст за дорученням козацької старшини здійснив таємну
поїздку до Берліна де обговорив з пруським канцлером план відокремлення України
від Росії та приєднання її до Пруссії. У 1818-1819 рр. в Полтаві існувала масонська
дожа *Любов до істини» (Іван Котляревський), на базі якої у 1821-1825 рр. діяло
« Малоросійське товариство» (Василь Лукашсвич). Члени масонських лож І Котля-
; ревеький, П. Кашпст, В. Лукашевпч проповідували ідеї свободи, рівності, братерства
й сприяли пробудженню національної свідомості української Інтелігенції.
> Російський визвольний рух був пов'язаний із діяльністю ргволюціонерів-де-
Г кабрисіїм. які прагннулп оновити Російську державу, знищити самодержавство
й кріпосне право. У 1821 р. па Правобережній Україні у Тульчині утворилося
•Південне товариство» (Павло Пестель, Сергій Волконський, брати Сергій та
Микола Муравйови Апостоли. Михайло Вестужев-Рюмін), програмний документ
'якого - «Руська правда» — передбачав повалення самодержавства, установленіїя
республіканського правління, скасування кріпосного права, безплатне наділення
селян землею з державного фонду, збереження «єдиної та неподільної» Росії, не-
визнання за Україною ніяких державних прав.
У 1822 р. у Петербурзі утворилося •Північне товариство» (Микита Муравйов,
Сергій Трубецькой, Кіндратій Рилєєв, Сергій Каховський), програмний документ
якого — • Конституція» — передбачав обмеження самодержавства, установлен-
ня конституційної монархії, ліквідацію кршацтва. наділення кожного селяни-
на 2 десятинами орної землі та садибою, федеративний устрій Росії, утворення
Чорноморської держави зі столицею в Києві та Української держави зі столицею
в Харкові на Лівобережжі та Слобожанщині.
' У 1823 р. у М. ІІовограді-Волинському утворилося ^Товариство об’єднаних
Слов'ян» (брати Андрій і Петро Борисови), програмні документи якого — • Правила*
та іКлятвсна обіцянка» — проголошували визволення всіх слов'янських народів
від царського самодержавства, установлення демократичного ладу, об'єднання всіх
слов’ян у федерацію слов'янських республік, однак створення окремої Української
держави не передбачали.
। Повстання декабристів у Петербурзі 14 грудня 1825 р. і повстання Чернігівського
полку ма Київщині 29 грудня 1825 р. — З січня 1828 р. були придушені вірними
цареві військами. За вироком суду, керівників повстання К. Рилєєва, Є. Каховсь
кого. М. Муравйова-Апостола, М. Вестужева-Рюміла, П. Пестеля було страчено,
121 учасника повстання заслано до Сибіру.
Польський національно визвольний рух виник теля поділів Речі Посполитої.
Його учасники прагнули відновлення державної незалежності Польщі. Під час
иаціонально-визвольного повстання 1830-1831 рр. проти російського иамуваиня
! польські повстанці розраховували на підтримку українців. Однак українське се-
1 ляпство відштовхнуло небажання польської шляхти скасувати кріпацтво, а укра-
їнську інтелігенцію — прагнення включити Україну до майбутньої Польської дер-
жави. Поразка повстання спричинила ослаблення польського визвольного руху на
Правобережнії: повстанців було заслано до Сибіру, дрібних шляхтичів позбавлено
дворянства, закрито польські школи, ліквідовано УГКЦ.
ЙЙ^^ЙЙ^ЙЙ^Ш^Й-ЙШ:^ ІСТОРІЯ УКРАЇНИ. Довідник 775
Українське шіціоиальве відродження в Західній Україні. Наприкінці XVIII — па
початку XIX от. у західноукраїнських землях почалося національне відродження,
на чолі якого стало греко-католкцьке духовенство. У 1816 р. у Перемнтлі в Гали
чині священик Іван Могильницькнй за підтримки єпископа Михайла Левицьхого
організував перше просвітницьке •Товариство греко-католицьких священиків»,
яке відкривало школи а українською мовою навчання, видавало українські під-
ручники й брошури для народу.
У 1833-1837 рр. у Львові діяло громадсько-культурне об’єднання * Руська
трійця*, засновниками якого були студенти Львівського університету й одночасно
греко-католицької духовної семінарії Маркіян Шашкевич. Іван Вагилеоич і Яків
Головацький. У 1837 р. «Руській трійці» вдалося видати у Будапешті альманах
•Русалка Дністрова*, де були вміщені народні пісні, думи, перекази, історичні
документи, що розкривали побут, культуру й героїчне минуле українського народу.
Австрійські власті конфіскували и знищили майже весь наклад і притягнули його
авторів до судової відповідальності.
ТЕМА 2. СОЦІАЛЬНО-ЕКОНОМІЧНЕ ЖИТТЯ НАРОДУ ТА УКРАЇНСЬКИЙ
НАЦІОНАЛЬНИЙ РУХ У ПЕРШІЙ ПОЛОВИНІ XIX СТ.
Економічний розвиток українських земель у складі Російської та Австрійської
імперій. У першій половині XIX ст. в Україні домінувала феодально-кріпосницька
система господарювання, заснована на власності поміщиків на землю, закріпаченні
селян та їх особистій залежності від пана. Особливістю господарського розвитку
був занепад кріпосницьких і зародження ринкових відносин.
У сільському господарстві Наддніпрянської України збільшилися посівні пло-
щі, розпочалася спеціалізація землеробства, з'явилися нові галузі (цукрове буря-
косіяння, тонкорунне вівчарство), розгорнулося вирощування технічних культур
(льону, конопель, тютюну), виникли промислові підприємства (цукрові, винокурні,
суконні), застосовувалася вільнонаймана праця та сільськогосподарські машини
(сіялки, віялки, косарки, молотарки), розвивався чумацький промисел.
У промисловості почався промисловий переворот (перехід від дрібного товар-
ного виробництва й мануфактур до великого машинного виробництва Й заводів та
фабрик), збільшилася кількість промислових підприємств, виникли нові галузі ви-
робництва (кам'яновугільна, цукрова, текстильна, металургійна, машинобудівна),
застосовувалася вільнонаймана праця, зросла чисельність робітників і буржуазії.
Західноукраїнські землі залишалися відсталими аграрними регіонами Австрій-
ської імперії. Основною галуззю господарства залишалося сільськогосподарське
виробництво, в якому була зайнята переважна більшість населення. Земля нале-
жала помішикам, у Галіції — польським, на Буковині — румунським, у Закарпат-
ті — угорським. Селянські наділи катастрофічно лмскпгувалися. зростало число
безземельних селян, збільшувалися селянські повинності (паніцииа, оброк).
Промисловість Західної України перебувала у тривалому застої, розвивалися
другорядні галузі (текстильна, шкіряна, соляна, залізорудна, лісом, тютюнова).
Ремісничо-мануфактурне виробництво не витримувало конкуренції з німецькою
та чеською фабрично-заводською промисловістю.
Розвивалися внутрішня і зовнішня торгівля: з України вивозили сільськогос-
подарські продукти й сировину (хліб, сало, рибу, сіль, цукор, худобу, шкіру), до
України ввозили промислові товари (одяг, взуття, чай. каву, какао, вина, прянощі).
Зростали морські порти (Одеса. Миколаїв, Херсон), розвивалася ярмаркова торгівля
(у Харкові. Києві, Полтаві, Львові, Чернівцях. Станіславі, Тернополі).
Соціальво-екоиомічие становище українського населений під владою Росій-
ської та Австрійської імперій і соціальні рухи у першій половині XIX ст. За-
непад кріпосницьких та зародження ринкових відносин призвели до посилення
антикріпосницького селянського руху, основними формами якого буяй скарги,
776 Ш ІСТОРІЯ УКРАЇНИ. Довідник
утечі від поміщиків, відмова виконувати панщину й сплачувати оброк, підпали
поміщицьких маєтків, вбивства поміщиків, управляючих та прикажчиків, масові
вбройш повстання.
У Наддніпрянській Україні па Поділлі, Волині та Київщині впродовж 1813-
1835 рр. тривало селянське повстання під проводом Устима Кармалюка. У 1819 р.
відбулося повстання військових поселенців Чугуївського уланського полку. У 1855 р.
Під час Кримської війни (1853-1856 рр.) не Київщині спалахнуло повстання під
назвою «Київська козаччина», яке спричинили чутки про звільнення від кріпацтва
селян, що запишуться до ополчення й вирушать па війну. У 1856 р. ва Катери-
яославщині та Херсонщині відбувся «похід селян у Таврію за волею», приводом до
якого стали чутки про звільнення від кріпацтва селян, що заселять зруйновані під
। час війни місцевості в Криму. Повстання були придушені царськими військами.
У Західній Україні економічна відсталість я умовах пакування кріпосницької
Системи призвела до погіршення економічного стану значної частини населення
й посилення соціальної напруженості. У 1810-1825 рр. у Прикарпатті поширився
рух опришків під проводом Мирена Пітолюка. У 1810-1815 рр.. 1831 р. у Закар-
патті відбулися «холерні бунти», приводом до яких стали обмеження, введені
у зв'язку з епідемією холери. У 1843-1844 рр. на Буковині спалахнуло селянське
повстання на чолі а Лук'яном Кобилицею. У 1846 р. відбулися селянські повстан-
ня в Галичині.
Національно-визвольний рух у Наддніпрянській Україні в середня! XIX ст.
У 40-х рр. XIX ст. український суспільно-політичний рух був пов’язаний із діяльністю
різночинців — вихідців із сімей дворянства, купців, міщан, селян
У січні 1848 р. у Києві виникла таємна політична організація «Кирило
МефодЯвські товариство», до складу якої входили 12 осіб (Микола Костомаров,
Василь Вєлозерськітй, Микола Гулак, Пантелеймон Куліш та їм.). Участь у засіданнях
товариства брав і Тарас Шевченко.
Програмні документи «Книга буття українського народу» і «Статут
слов'янського братства Св. Кирила і Мефодія» передбачали повалення самодер-
жавства, установлення республіканського правління, об’єднання всіх слов'ян
у федерацію на засадах суверенності, скасування кріпосного права, ліквідацію
соціальної нерівності, запровадження загальної освіти.
Члени Кирило Мефодіївського товариства поширювали твори Т. Шевченка
(«Кобзар». «Гайдамаки»), складали революційні прокламації («Брати українці»,
«Брати великороси та поляки»), установили контакти з російськими й польськими
революціонерами, займалися просвітництвом.
У березні 1847 р. члени товариства були заарештовані й після суду заслані
В різні губернії Росії під нагляд поліції без права повернення в Україну. Т. Шев-
ченка віддали на десять років у солдати рядовим Оренбурзького окремого корпу-
і су із забороною писати й малювати. Діяльність Кирило-Мефодіївського братства
стала початком переходу під культурницького до політичного отапу боротьби за
національний розвиток України.
Націонмльио-виавольини рух у Західній Україні в середині XIX ст. Під час
революції 1848 1849 рр. у Австрійській імперії в західноукраїнських землях ак-
тивізувався національно-визвольний рух, під впливом якого австрійський уряд
г цішоь на скасування кріпосного правд, проголошення політичних свобод 1 запро.
вадження парламентського устрою.
Революція сприяла прискоренню самоорганізації українців. 2 травня 1848 р.
представники шиїтського духовенства й української і іп елі геп ги. сформували у Львові
Головну руську раду на чолі з єпископом Григорієм Юхимовичем, яка була покли-
кана представляти українців Галичини перед урядом Австрійської імперії.
15 травня 1848 р. у Львові стала виходити перша друкована українською мовою
газета «Зоря Галицька», яка сприяла швидкому піднесенню національної свідомості
ІСТОРІЯ УКРАЇНИ. Довідник 777
населення і готувала його до участі в політичному житті. 10 липня 1И4Н р. почав
роботу австрійський парламент, у якому інтереси українців представля ли 39 дану
татів. )к»ін залроиоиуиали парламентові розглянути питання про територіально
національний поділ Галичини на Східну (українську) н Західну (польську).
Однак революція 1818-1849 рр. зазнала поразки. Контрреволюційні сили в Ав»
трії перейшли у контрнаступ: було придушено антиурядове пос тання у Львові
(1-2 листопади 1848 р.), розпущено австрійський парламент (8 березня 1849 р.).
придушено сочинське повстання під проводом Л. Кобилиці нл Буковині (1848
186(1 р.). заборонено діяльність Головної руської ради (1851 р.).
ТЕМА 3. ДУХОВНЕ ЖИТТЯ В УКРАЇНСЬКИХ ЗЕМЛЯХ НАПРИКІНЦІ
XVIII — У ПЕРШІЙ ПОЛОВИШ XIX СТ,
Особливості розвитку культури України в першій половині XIX ст. Українська
культура роавивплаеп в умовах відсутності власної державності та національного
гноблення з боку Російської та Австрійської імперій. У Наддніпрянській Україні
царський уряд проводив політику русифікації, спрямовану на поширення російської
мови та культури. У Західній Україні культура зазвала значного впливу німецької,
польської, румунської, угорської культур.
Однак зростання національної свідомоічі українців сприяло прояві націоналі,
них рис в усіх галузях культури- Основними напрямками мистецтва Нового час>
булп класицизм і романтизм.
Освіта. Освіти була покликана задовольниш штреки держави в освічених людях
Крім початкових шкіл, діяли гімназії, професійні училища, ліцеї (Волинський,
Ніжинський, Чернівецький), які надавали середню освіту й прано вступати до ви
тих навчальних закладів — університетів у Львові (1661 р.), Харкові (1805 р.).
Києві (183’1 р.), до Киево-Могишшської академії (до 1817 р.). Викладання велося
російською мовою в Росії та німецькою мовою в Австрії.
Наука. Відомими вченими того часу були історик та етнограф Микола Марко
нип («Історія Малоросії*), історик Микола Костомаров («Богдан Хмельницький».
«Мазепа», «Павло Полуботок»), учений енциклопедист Михайло Максимович
(«Про системи рослинного царства», «Основи ботаніки», «Роздуми про природу»),
математики Тимофій Осиповський (тритомний «Курс математики») і Михайло Ог
тро.’радськии (математичний анасіз, прикладна механіка).
Фольклор. Почалися збирання и публікація фольклорних творів представника-
ми «Руської трійці» Маркілном Шашкевичем, Іваном Ва/илевичем, Яковим Гило
вацоким (альманах «Русалка Дністрова»), Миколою Маркевичем («Малоросійські
пісні», «Українські народні пісні*. «Збірка українських пісень»).
Література. Формування нової української літератури було ііОн'чЗан.і з твор
чістю Івана Котляревського («Енеіда», «Нитачка-Полтіївка»), Григорія Квітки
Основ'яненка («Сватання на Гончарівні»), Тараса Шевченка («Кобзар». «Заповіт»),
Миколи Гоголя і «Тарас Бульба». «Ревізор»), байкарів Петра Гцлака Артемоиського
та Сл/еиа Гребінки.
Театр. Започаткувався професійний український драматичний театр — у Харкові
(режисер — Г. Квітка-Основ'яненко) тав Полтаві (режисер І, Котляревський),
де у складі театральної трупи був актор Л/ижайЛо Щепкін У професійних театрах
ставили п'єси західноєвропейських, російських та українських акторів. Працювали
аматорські та поміщицькі театри.
Музика. Розвивалося музичне мистецтво, видатними предстьвинками якого
були композитори Йосип Нітницький (музшіний твір «Украша»), Михайло Верби-
цвкиії (хори «Заповіт», «Поклін), Семен ГуяакАртвмовський (опера «Запорожець
778 •: ІСТОРІЯ УКРАЇНИ Довідник
маєм»}. Відомими кобзарями, які виконували історичні пісні та думи, були
їй Шут, Іван Крюковський, Остап Верес ай.
Архітектура. Найбільш відомими пам'ятниками архітектури того часу ста-
Ь оперний театр в Одесі (архітектор Ж. Тома де Томон). будинок університету
, Володимира в Києві (архітектор О. Верстті), Успенський собор у Харкові (ар
тори ОаТон і Є. Васильєв). Створювали декоративно-пейзажні парки в Умані
фіївка»), Білій Церкві («Олександрія»).
Живопис. Значний внесок у розвиток портретного й пейзажного живопису зро-
ди художники Василь Тропінін («Портрет українця«). Тарас Шевченко (серія
ртів «Мальовнича Україна»), Іван Сошенко («Жіночий портрет»).
ТЬМА 4. МОДЕРНІЗАЦІЯ УКРАЇНСЬКОГО СУСПІЛЬСТВА
В СЕРЕДИНІ - У ДРУГІЙ ПОЛОВИШ XIX СТ.
Скасування кріпосного права у Наддніпрянській Україні. У середині XIX ст.
класи криза кріпосницької системи, що виявилося у відставанні Росії від
ових країн Заходу. П поразці в Кримській війні 1853-1856 рр., збільшенні
ості селянських повстань. Усі верстви населення (Інтелігенція, селями, підпри-
Мці й навіть поміщики) розуміли необхідність здійснення селянської реформи
19 лютого 1861 р. імператор Олександр II підписав «Положення про селян»
і • Маніфест» про скасування кріпосного права. Селяни одержали особисту сво-
боду й громадянські права. За отримані земельні наділи, які часто були менши-
ни й гіршими, ніж попередні, селяни повинні були сплатити поміщикам викуп.
Пере відсутність належної суми грошей вони мусили брати їх у борг у держави,
В потім сплачувати одержану позику з відсотками протягом 19 років. До укладан-
ня викупної угоди з поміщиком селяни вважалися тимчасовозобов'язаними й за
користування неділями змушені були відпрацьовувати панщину чи платити оброк
Зберіїалася громада як засіб для забезпечення суворого виконання селянами по-
винкостей, оскільки з поміщиком розраховувався не кожен селянин окремо, а вся
громада з цілому, Для розв’язання спорів між селянами й поміщиками було ство
рено інститут мирових посередників, які призначалися виключно з Дворян.
Г Селянська реформа сприяла розвитку капіталістичних відносин, однак зберігала
кріпосницькі пережитки (поміщицьке землеволодіння, безземелля й малоземелля
І селян, високі викупні платежі, повинності тимчасовозобов'язаних селян).
Реформи адміністративно-політичного управління 60- 70-х рр. XIX ст. у Над-
дніпрянській Україні Скасування кріпосного права викликало необхідність про-
ведення реформ адміністративно-політичного управління: реформи місцевого
кмоврядування, військової, судової, фінансової та освітньо).
За реформою місцевого самоврядування (і 864 р. земська реформа, 1870 р, —
реформа міського самоврядування), у губерніях і повітах створювалися зелсства,
я в містах — міські думи — виборні загальиостанові органи місцевого самовря-
дування, які займалися господарськими та культурними справами,'у тому числі
розбудовою шкіл, лікарень, шляхів, організацією агрономічної та поштової служби,
благоустроєм міст, промисловістю, торгівлею.
За судовою реформою 1864 р., запроваджувався єдиний для всіх безстановий
суд; судочинство відбувалося за участі судді, прокурора, адвоката й присяжних
апсідлтслів. вводилася відкритість суду (на його засіданнях могли бути присутні
представники пресп й всі охочі) та незалежність від адміністрації (міністрів, 1-у.
бернаторіа).
За військовою реформою 1862-1874 рр., замість рекрутських наборів запрова-
джувалася загальна військова повинність, скорочувався термін служби з 20 років
до в років у сухопутних військах і до 7 років на флоті, засновувалися військові
ІСТОРІЯ УКРАЇНИ. Довідник •:=:< 779
і
гімназії, юнкерські училища для підготовки офіцерів, почалося пересюброиївя
й периобмунднрувания армії, заборонялися шесш покарнішя
З* фінансовою реформою 1862-1864 рр., було засиовпно Державний банк, роз-
ширено мережу приватних банків, удосконатено податкову систему, почато пуб-
лікацію в пресі всіх доходів і витрат держави.
За освітньою реформою 1864 р., було введено єдину систему початкової осві-
ти, збільшено кількість шкіл, училищ, гімназій, універсптнгам надано автономію
у навчальних справах.
Реформи адміністративно-політичного управління 60- 70-х рр. XIX ст. сире
вили позитивний вплив на соціально-економічний розвиток суспільства, однак не
порушували основ політичного устрою.
Екопомічннн розвиток Наддніпрящ ької України у 60- 90-х рр XIX ст. Ска-
сування кріпосного права дало поштовх розвитку ринкових відносин у сільському
господарстві й промисловості.
У сільському господарстві діяли дві системи господарювання: ринкова система,
за якої застосовувалася вільночаймана праця селян за договором, із використав
ням сільгосптехніки й добрчв, 1 відробіткова система, за якої застосовувалася
примусова праця селян зі своїм інвентарем у господарстві поміщика за взяті в борг
зерно, іппиігтар та іп.
Почалося піднесення сільського господарства, що виявилося в розвитку товар-
ного рільництва (зернових культур, кукуруїзи, льону, тютюну, цукрових буря-
ків) і тваринництва (коней, овець, свиней, великої рогатої худоби), застосуванні
сільськш'осподареької техніки (паровій двигуні а, молотарок, жниварок, віялок),
поширенні вільнонайманої пралі, розвитку сільськогосподарської кооперації (ар-
тілей, споживсігілок), подальшому соціальному розшаруванні селянства (заможні
селяни, середняки, бідняки).
У промисловості завершився промисловий переворот. Розвивалися цукрова,
вугільна (Донбас), залізорудна (Кривий Ріг), металургійна (Олександрівськ, Кате-
ринослав, Юзі яка). машинобудівна (Харків. Луганськ, Миколаїв) галузі.
Розгорнулося залізничне будівництво (Київ — Одеса, Курськ — Харків — Се-
вастополь. Донбас — Кривий Ріг та ін.). Розвивайся водний транспорт, зростали
морські порти (Миколаїв, Херсон, Маріуполь. Керч).
Розвивалася внутрішня та зовнішня торгівля: Україна експортувала пшени-
цю, ячмінь, вовну, м'ясо, сукно, імпортували машини, шовк, бавовну, чай, каву,
рис, прянощі.
Соціально-економічне становище .західноукраїнських земель у другій половиш
XIX ст. Скасування кріпосного права під час революції 1848 -1849 рр. в Австрій-
ської імперії сприяло розвитку ринкових відносин в економіці західноукраїнських
земель.
Основою економіки залишалося сільське господарство, в якому було зайнято
Т6--85 % населення. Незважаючи ьазалишки кріпацтва (шшуваиня поміщицького
ЗгМДг володіння. великі вину піп платежі, ма.т-югм«-ллн а беіземе.іля сгтяв), розвива-
ли,, я ринкові відносини: застосовувалася вільнонаймана праця, сільськогосподарська
техніка, поглиблювалася спеціалізація райони, виникали кооперативи.
У 70 90-х рр. XIX ст. почалося формування фабрично -заводської промисле
вості, провідними галузями якої були нафтова, вугільна, соляна, лісова та харчова.
Однак промисловий переворот у Західній Україні відбувся пізніше, ніж у цеитралі-
нпх і західних регіонах Австрійської імперії, тому великих підприємств було дуже
мило (5 %), переважала середня, дрібна й кустарно- реміснича промисловість.
Аграрне перенаселеним, повільний розвиток промисловості, демографічний бум
призве-їй до почати у трудової еміграції українців до Росії, Німеччини, Румуни,
Австрії, Угорщини й навіть до Кпііадн, і'ША, Бразилії п Австрали.
780 Й$ ІСТОРІЯ УКРАЇНИ. Довідник
Схілнц Галичина, Північна Вуиовнна 1 Закарпаття залишалися внутрішніми
[ Полоиіяяи Австрійської імперії й служили ринком збуту товарів і джерелом сиро-
вини га сільськогосподарської продукті.
ТЕМА 5, СУСПІЛЬНО-ПОЛІТИЧНИЙ РУХ В УКРАЇНІ
У ДРУГІЙ ПОЛОВИНІ XIX сг.
Національна політика російського царизму щодо України У другій полонині
XIX ст. російський царизм проводив політику національного гноблення українського
народі’ У 1863 р. міністр внутрішніх справ Росії Петро Валуєв видав циркуляр про
заборону друкування українською мовою наукових, освітніх і релігійних видань
(Валусвський циркуляр). У 1876 р. Імператор Олександр П видав Ямський у кал про
повну заборону української мови (заборонялися публікація та ввезення в Україну
будь-яких українських книг, п’єс, пісень, використання української мови в почат
нових школах, судах і державних установах).
Однак царські заборони не могли зупинити національно-визвольної боротьби.
У Наддніпрянській Україні, як і раніше, розвивалися український, російський -х-
І польський визвольні рухи.
Український націопальио-вн-шольний рух у другій половині XIX ст. Стаиои-
лсиия українського національно-визвольного руху було пов’язане з діяльністю
‘ Громад. Громади — організації української інтелігенції, які займалися культур-
ио-просвітницькою діяльністю (вивчали українську мову, історію та культуру,
і Організовували недільні школи й гуртки просвітництва, видавали популярну
| Й наукову літературу).
У 1859 р. у Петербурзі виникла перша українська громада за участю Миколи
Костомарова. Василя Вслоаерською, Пантелеймона Куліша. Тараса Шевченка,
які у 1861-1862 рр. видавали український громадсько-політичний і літературний
журнал «Основа».
У 1860 р. у Києві виникла громада за участю Володимира Антоновича, Михайла
Драюманова, Павла Чужинською. У 1873 р. громадівці створили •Історичне то-
вариство Нестара Літописця* й заснували «Південно-Західний відділ Російською
ееографічною товариства*, головою якого став І'ригорій Гаданні. У 1874-1875 рр.
громадівці видавали газету <Київський телеграф», у якій друкувалися статті на
гострі соціально-економічні й політичні теми.
У 1892 р. виникла таємна студентська організація *Братство тарасівців» за
участю Івана Липи, Бориса Грінченка. Миколи Міхновською, яка проголосила
метою своєї діяльності здобуття незалежності України.
Громади діяли у Харкові, Полтаві, Чернігові, Одесі та інших містах Над-
дніпрянської України. Після Емського указу почалося розмежування громадів
Іеького руху: молодь, яку не задовольняла суто культурницька діяльність «старих
громад», стала об’єднуватися у «молоді громади» й займатися політичною діяль-
ністю. Український національно-визвольний рух перейшов від культурницького
до політичного етапу розвитку.
Російський визвольний рух у другій половшії XIX ст. У 66-80-х рр. XIX ст.
у Наддніпрянській Україні активно діяли російські організації народників, вихід-
ців із дворянства та різвочиивої інтелігенції, які ставили за мету ліквідацію
в Російській імперії самодержавства, перебудову життя на демократичних за-
I садах, впровадження общинного соціалізму. Народницькі гуртки, що виникли
в Одесі, Києві, Харкові, Миколаєві. Полтаві, підтримували між собою зв’язки
й були підпорядковані єдиному керівництву в Петербурзі, де в 1876 р. була ство-
рена організація «Земля 1 воля», яка в 1879 р. розкололася ва «Народну волю»
та «Чорний переділ».
ІСТОРІЯ УКРАЇНИ. Довідник 781
Найбільш активно діяли народницькі групи «чайківців», «Київська комуна»,
«Південні бунтарі», членами яких були М Чайковський. А. Желябов, В. Засулич,
В. Стефанович. У 1874-1875 рр. народники здійснювали еходіння в народ», під
час якого читали селянам заборонену літературу й проводили бесіди на револю-
ційні теми.
У 1877 р, революційна селянська організація «Таємна дружина» па чолі а Яко
вом Стефановичем, сфабрикувавши «царські маніфести», намагалася здійснити
• Ч тиранську змову» з метою організації селянського повстання на Київщині.
Після провалу планів підняти селян на повстання народники перейшли до те-
рору, здійснявши низку замахів на царя та чиновників, які закінчилися вбивством
1 березня 1881 р. Імператора Олександра II. Ні пропагандистська, ні терористки
на діяльність народників не досягла мети. Здійснити соціалістичну революцію,
спираючись не селянство, виявилося неможливим. Організації народників були
розгромлені, керівники страчені або засуджені до каторги (в тому числі українці
А. Желябов, С. Степняк-КравчннськиЙ, М. Кибальчпчі.
Польський визвольний рух у другій половині XIX ст. У 60 60-х рр. XIX ст. на
• Правобережжі серед полонізованої української шляхти виник культурно-нросвітни-
| цький рух «хлопоманів», представниками якого були Володимир Антонович, Тадей
> Рильський, Борис Познанський. «Хлопомани» визнавали існування українського
І народу, вивчали українську мову, історію та культуру, прагнули відміни кріпацтва
та демократизації суспільства.
У 1863-1864 рр. відбулося польське національновизволькс повстання проти
Росії, яко охопило й Правобережну Україну. У лавах польських повстанців воювали
українці Андрій Потебня, Андрій Крзсовськнй та ін. Поляки, як і раніше, праг-
нули відновити незалежність Польщі в межах 1772 р. і відмовляли українському
народу у праві на власну державність, тому масової підтримки українців повстання
не отримало й було придушено російським урядом.
Суспільно-політичний розвиток західноукраїнських земель у другів половині
XIX ст. Поразка революції 1848-1849 рр. в Австрійській імперії мала наслідком
політичну реакцію. Однак у 60-ті рр. XIX ст. австрійський уряд був змушений
провести реформи, у результаті яких було прийнято Конституцію (1867 р.), пере-
творено унітарну Австрійську імперію на дуалістичну Австро-Угорську імперію,
пядапо обмежену внутрішню автономію Галичині й Буковині. Закарпаття стало
частиною Угорщини й самоврядування не отримало.
Австрійський уряд намагався перешкодити формуванню української нації
й асимілювати українське населення, що виявилося в порушенні проголошеної Коп
ституцісю рівноправності всіх громадян в адміністративних, судових 1 навчальних
закладах, обмеженні викладання українською мовою в школах, призначенні на
керівні посади осіб лише австрійської, угорської й польської нацюиальностей.
Національно-визвольний рух на західноукраїнських землях у другій половня!
XIX ст. Політика національного гноблення сприяла активізації українського на-
ціонально-визвольного руху, в якому існували три суспільно-політичні течії: мос-
квофіли, народовці та радикали.
У 60-х рр. XIX ст. оформилася москвофільська течія, яка об'єднувала поміщи-
ків, селян, інтелігенцію. Москвофіли (Б. Дідицький, 1. Наумович, М. Качковський)
не визнавали існування українського народу, його мови та культури й прагнули
приєднати західноукраїнські землі до Російської імперії. Москвофіли створювали
бібліотеки, читальні, школи, видавали газету «Слово», у 1870 р. заснували полі-
тичну організацію «Руська рала».
У 60-х рр. XIX ст зародився рух народовців, який об’єднував інтелігенцію,
студентів, греко-католицьких священиків. Народовці (В Піашкевич. В Варвін
ський. В. Навроцький) визнавали існування українського народу й вважали ос-
новним питанням своєї діяльності не політичну боротьбу, а культуряо-просвітпи
782 Й? ІСТОРІЯ УКРАЇНИ. Довідник :Й:;$:ШЙЙЙЙ:ЙЙЙЙЙ>ЙЙ:;Й:хЙ
цьку діяльність. Ванн міс ну ішли декілька періодичних кидань: журнали «Нива,,
«Мета». «Русалка», газети «Діло» й «Батьківщина». У 1863 р. народовці створили
у Львові першу громаду, У ІйбЯ Р- — культурио-осяітне товариство «Просвіта*.
у 1873 р. — Літературне товариство їм. Т. Шевченка, яке у 1892 р. реорганізу-
валася в Наукове товариство їм. Т Шевченка.
У 70-х рр. XIX ст. з’явилася радикальна течія, яка об’єднала молодих пред
(павимкіа інтелігенції. Радикали (І. Франка. М. Иавлик, С. Данилович} прагнули
Р надати українському визвольному рухові політичного характеру. Вони видавали
журнал «Друг», захищали інтереси селян і робітників у конкретних справах,
у 1885 р. створили політичну організацію «Народна рада*.
Утворення політичних парті* у Західній Україні. У 90-х рр. XIX Ст. керівни-
ками національно-визвольного руху стали новоутворені політичні партії.
Русько-українська радикальна партія. (РУРП. 1890 р„ І. Франки, М. Павлик,
Є Лсвнцькнй) прагнула до демократизації суспільного життя, утвердження со-
ціалізму, надання Україні автономії у складі перебудованої на федеративних за-
садах Австро-Угорщини. л.
Українська національно-демократична партія (УНД11,1899 р.. В. Охримович,
1. Франко, Є. Левнцькнй) закликала до національної єдності всіх українців і бо-
ротьби за незалежну Україну. -
Українська соціал-демократична партія (УСДП, 1899 р., М. Гвнкавич. Д. Ва-
чингький, С. Вітик) мале ва мсті побудову соціалізму через реформи та легальні
парламентські методи боротьби.
Національно-визвольний рух у Західній Україні розвивався по висхідній ліні!
Еволюцію поглядів ва майбутнє України від ивтшюмізму до незалежності при-
скорила брошура радикала Ю. Вачинськоео «Україна поневолена» (1895 р.). де
рперше було висунуто я аргументовано ідею здобуття Україною повної політичної
самостійності.
ТЕМА в. ДУХОВНЕ ЖИТТЯ УКРАЇНИ
В ДРУГІЙ ПОЛОВИНІ XIX СТ.
Особливості розвитку культури України в другій половині XIX ст. Розвиток
української культури відбувався в несприятливих умовах панування в Україні
імперських режимів Росії й Австро-Угорщини. політики національного гноблен-
ня українського народу. Усупереч перепонам, які чинили російський тії австро-
угорсьний уряди, національна інтелігенція ставали впливовою силою, здатною
підняти національну свідомість і спрямувати культурний розвиток.
Освіта. У системі освіти сталися позитивні зміни, зумовлені потребами су-
спільства в освічених людях. Розширилася мережа початкових (народні училища,
земські та недільні школи), середніх (класичні гімназії і реальні училища) і в.іщих
, навчальних закладів (Харківський, Київський. Новоросійський, Львівський і Чер-
нівецький університети, політехнічні інститути у Львові та Києві, технологічний
інститут у Харкові, академія ветеринарної медицини у Львові).
Наука. Відомими вченими були фізик Іван Ііулюк (дослідження неонового світ-
ла, рентгенівського випромінювання), біологи Ілля Мечников і Микола Гамалія
(заснування першої в Росії бактеріологічної станції, лікування чуми, холери, тифу,
І туберкульозу), історики Микола Костомаров («Богдан Хмельницький», «Руїна»),
І Володимир Антонович («Про походження козацтва», «Бесіди про часи козацькі на
Україні»), Михайло Грушевськиіі («Історія України -Русі»), Дмитро Яворницький
(•Історія запорізьких козаків»), які започаткували наукову розробку історії Укра-
їни. Своєрідною академією наук стало Наукове товариство їм. Т. Шевченка, до
складу якого входили історико-філософська, філологічна і математико-природоо-
иавча секції.
ІСТОРІЯ УКРАЇНИ. Довідник :<<: 783
Література. В українській літературі розвивалися різноманітні художні напрями
(романтизм, реалізм, натуралізм). Визначними митцями в галузі літератури були
Пантелеймон Куліш (історичний роман «Чорна рада»). Іван ПечуиЛевицький
(соціально-побутові повісті «Микола Джсря«, «Кайдашева Сім'я» і, Панас Мирниіі
(ромиші «Хіба ревуть воли, ак ясла повні?». «Повія»), Леся Українки (ліричні
збірки «На кри.іах пісень», «Думи і мри*, драматичні поема «Лісом після»), Іван
Франка (вірші • Каменярі», «Вічний революціонер». побутова поема «Наймичка»,
проза «Захар Беркут», Драма «Украдене щастя»),
Драматуріія, Театр. Значний внесок у розвиток драматурги зробили Михайло
Старицький (п’єси «За двома зайцями», «Ні1 судилося», «Ой, ие ходи, Грицю, та
н на вечорниці», «Маруся Богуславка»), Іван Кирпенко-Карий (п’єси «Безталян
на», «Наймичка», «Хазяїн»), Марко Кропилницький (п’єси «Доки сонце зійде,
роса очі виїсть», «Глитай, або ж Павук», «Дай серцю волю, заведе в неволю»),
Панас Мирний («Ліімерівна», «Перемудрив», «Спокуса»). У 1804 р. > Львові,
а у 1882 р. у Єлизаветграді було створено перті українські професійні трупи, де
працювали талановиті актори Микала Садове ьки й. Марія Заньковецька, Панас
£ Саюа/анський.
Музика. Значний вилив на розвиток музичного мистецтва справнії творчість
| композиторів Семена Гулака Артемоаеького (опера « Запорожець за Дунаєм •), Пет
£ ра Сокольського (опери «Мазепа», «Майськм піч», «Богдан Хмельницький»), Мико-
•' ли Лисенка (опори «Наталка Полтавка», «Тарас Бульба», «Ридання ніч«), Михайла
Вербицького (музика до вірша Павла Чужинського «Ще не вмерла Україна»),
Архітектура. Розвиток міст сприяє архітектурній творчості Олександра Бе
решті (Волцднмирськпй собор у Києві), Олексія Векетова (драматичний театр
у Сімферополі). Олександра Скобелсва (центральний телеграф у Кисні, вокзал
у Козятииі), Олександра Вербицького (будинок політехнічного інституту н Києві),
Юліана Захаровича (будинок Політехнічного Інституту у Львові, будинок Гали
цької ощадної каси).
Скульптура. Найвидатпішими скульпторами були Леонід Полем (композиції
«Кобзар», «Переселенці», «Запорожець у розвідці»), Михайло Мікешин (пам’ятник
Богдану Хмельницькому і> Києві).
Живопис. Часи розквіту переживав український живопис, пов’язаний з твор-
чістю Сергія Васильківського («Сутичка запорожців з татарами», «Весна на Укра
іві», «Після дощу»), Іллі Р‘піна («Запорожці пишуть листа турецькому султану»,
«Гайдамака», «Проводи новобраная»), Миколи Пимоненка («Святочна ворожій
ня», «Весілля в Київській губернії», «Сінокіс»), Архипа Куїнджі («Місячна кіч на
Дніпрі», «Степ», «Чумацький шлях»), Миколи Ярошенка («Всюди життя»).
Прогрес української культури був пов’язаний з меценатською діяльиістю під-
орне мців Терещенків і Симиренків, які надавати значні кошти па розвиток освіти,
матеріально підтримували діячів національної науки Й мистецтва.
784 ; ІСТОРІЯ УКРАЇНИ. Довідник
ВСЕСВІТНЯ ІСТОРІЯ
Довідник
Французька
революція
1789—1799 рр.
Нова Історія — період всесвітньої історії, для якої ха-
рактерний перехід від аграрного до індустріального суспіль-
ства. Нова історія поділяється на два періоди. Перший пе
ріод (XVI — кінець ХУШ ст.) характеризується серйозними
змінами у духовній, економічній і соціальній сферах. Розвиваються мануфактури,
формуються класи буржуазії і найманих робітників, затверджується гуманістичне
уявлення про світ. Другий період (кілець ХУШ —- початок XX ст.) характеризується
перемогою капіталістичних відносин, затвердженням індустріального суспільства,
швидким розвитком господарства, поступовим розвитком демократії.
Аграрне суспільство — такс, для якого характерний повільний розвиток зна
рядь праці, торгівлі, відсутність техніки. Основну частину національного багатства
суспільство одержує за рахунок праці сільських жителів.
Індустріальне суспільство — таке, для якого характерне промислове вироб-
ництво товарів, інтенсивний розвиток науки, техніки, освіти.
Стани у Франції—у ХУШ столітті французьке суспільство поділялося на три ста-
ни. Духівництво належало до першого стану, дворянство — до другого, решта насе-
лення — до третього. Дворяни та священики пе сплачували податків і мали інші при-
вілеї. Політичне панування дворян викликало невдоволення всього третього стану.
Доба Просип ництаа — умовна назва епохи формування нових ідей І уявлень
про устрій суспільства. Основні представники епохи Просвітництва жили у пер-
шій половині XVIII ст. До них належать Ш. Монтеськьє, П. Гольбах, Вольтер,
Ж-Ж. Руссо, Д. Дідро. Ц. Гельвсцій, Величезним досягненням було видання у 1761-
1780 рр. «Енциклопедії, або Тлумачного словника наук, мистецтв і ргмесол». Ідеї
просвітників руйнували колишні уявлення про походження королівської влади,
суспільства, права людини. Вони сприяли розвитку демократичних настроїв 1 ба-
гато у чому підготували Французьку революцію 1789 1799 рр.
НотаблІ — представники вищої знаті у Франції. У 1787 р. збори нотаблів від-
мовилися змінити систему оподаткування у Франції на користь третього стану.
Генеральні штати — найвищий орган станового представництва у Франції.
Національні збори - найвищий законодавчий орган Франції, прообраз парла-
менту. Утворені 17 червня 1789 р. представниками третього стану (входили у ньо-
го також прогресивно налаштовані священики 1 дворяни).
Установчі збори — законодавчий орган у Франції з 9 липня і 789 р. У вересні
1791 р, збори затвердили першу конституцію Франції.
Бастилія — фортеця у Парижі, у ХУШ ст. перетворена на в'язницю. Штурм
Бастнлії парижанами 14 липня 1789 р. вважається початком Французької рево-
люції.
Французька революція 1789-1799 р. — народний рух у Франції, у якому бра
ли участь всі шари суспільства Революція мала буржуазний характер, призвела
до руйнування феодального суспільства у Франції, справила величезний вплив на
розвиток Європи і світу в цілому.
Політичні клуби — об'єднання громадян Франції, які спочатку Створювалися
для обговорення поточних подій, але пізніше перетворилися на подобу політичних
партій. Перші клуби виникли восени 1789 р.
Якобінський клуб — найбільший політичний клуб у Франції. Існував з 1789 по
1794 рік, засідання відбувалися у монастирі Св, Якова У клубі існували різні точки
зору на розвиток країни, між самими якобінцями спалахували конфлікти. У 1793 р.
клуб опинився під впливом радикальних якобінців ва чолі з М. Робесп'єром.
Декларація прав людини і громадянина — один з найважливіших документів
доби революції. Прийнята Установчими зборами 26 серпня 1789 р. Проголошувала
рівність людей у правах, свободу слова, думки, совісті, друку, віросповідання, недо-
торканність особи і приватної власності. Відкидала всі станові привілеї. Декларація
справила величезний вплив на формування уявлень про справедливе суспільство,
але у ході революції багато її положень не були повмою мірою здійснені.
786 $5 ВСЕСВІТНЯ ІСТОРІЯ. Довідник ШММШМ
Жирондисти — прихильники революції, представники інтересів буржуазії.
Багато з них походило а департаменту Жпройда па півдні Франції. Входили до
Вкладу Якобінського клубу, їх лідери були депутатами Законодавчих зборів. Були
Ігрихильникими поміркованих реформ. Жирондисти перебували при владі з серп-
ня 1792 до 2 червня 1793 рр. Повалепі у результаті народного повстання (31 трив-
ай — 2 червня 1793 р.).
• Марсельєза» — революційна пісня. Автор Ж. Руже де ЛІль (1792 р.). Спо
чаїку називалася «Бойова пісня Рейнської армії», пізніше відома як «Марш мар-
еельців». У ХТХ ст. стала паціопальїгим гімном Фракції.
Повстання 10 серпня 1792 р. — народний виступ проти королівської влади.
Повстання призвало до повалення влади Людовика XVI.
Роялісти — прибічники королівської влади. Серед них були ве тільки дворяни
! 1 священики, але і велика кількість селян, особливо у західних районах країни.
Вандея - історична область на заході Франції, центр роялістського руху у роки
революції. Часто вандейцамп називали роялістів, які діяли 1 аа межами цієї об-
ласті.
Перша антмфранцузька коаліція—союз держав, який був утворений у 1792 р.
Основу військ коаліції склали армії Австрії і Пруссії.
Національний Конвент — вищий законодавчий орган Франції і 20 вересня
1792 р.
Гора (монтаньяри) — фракція у Конвенті, прихильники радикальних пере
творень у країні.
Французька республіка - була проголошена 22 вересня 1792 р. Перша рес-
публіка у Франції проіснувала з 1792 по 1804 рік. <
Якобінська диктатура - існувала з 2 червня 1793 до 27 липня 1794 рр. До ала
ди прийшли радикальні якобінці на чолі з М. Робесп’ером. У червні 1793 р. було §
прийнято нову конституцію, яка була демократичніше», ніж перша, але реально
, у країні встановився диктаторський режим Влада зосередилося у руках Комітету
громадського порятунку, який очолив М. Робесп’єр. Було здійснено аграрні пере-
творення, скасовано всі феодальні платежі і повинності, швидко відновлювалася
боєздатність армії. Вона виросла чисельно, на керівні посади висувалися здібні офі-
1 цери. Велася боротьба зі спекуляцією, здійснювалися масові репресії, які завдали
' удару не лише ло роялістах, але і по багатьох простих людях. Якобінці намагалися
і діитн па користь бідноти, але їх методи викликали величезне невдоволення у країні
«Скажені» — політичне угруповання, яке очолював Жак Ру. Найрадикальніші
' прихильники революції, підтримували терор, вимагали посилити його відносна
1 всіх спекулянтів «Скажені» були конкурентами Робесп'ера у боротьбі за владу,
[ і ВІН IX знищив.
Переворот 9 термідоре (27 липня 1794 р.) — виступ представників «пової»
буржуазії проти диктатури Робесп’ера, Якобінська диктатура була повалена, по-
І чпвся новий етап у історії революції, для якого характерне панування буржуазії.
Більшість заходів якобінців було скасовано. У серпні 1795 р. була прийнята тре-
тя конституція Франті
Директорія — виконавчий оргав влади у Франції в період панування терні-
> доріаиців. Директорія складалася з 5 чоловік. її лідером був Поль Баррас.
Бвзельськиймир — у квітні 1795 р. Пруссія й Іспанія підписали із Францією
мирні угоди Франція приєднувала до себе весь лівий берег Рейну та Іспанську
частину острова Гаїті. Голландія перетворювалася па залежну від Фракції Батав-
сьісу республіку.
Наполеон Бонапарт (1769-1821 рр.) — французький військовий і державний
діяч. Народився ва острові Корсика у дворянській сім'ї. Офіцер артилерії, вису-
нувся у період революції. При Директорі! став командувачем військами, які діяли
в Італії. Пізніше диктатор Франції (перший консул у 1799 1804 рр.), імператор
французів у 1804 -1815 рр.
ВСЕСВІТНЯ ІСТОРІЯ. Довідник 787
Італійський похід Наполеоне — вторгнення французьких вінськ до Італії
у 1796-1797 рр, Закінчився завоюванням Італії. У жовтні 1797 р. Австрія і Фраіі
цін підписали мирний договір. Перша коаліція розпалися.
Друга коаліція — утворена у 1798 р. у складі Англії, Австрії, Росії, Туреччи-
ни. Іспанії, Королівства обох Спцилій. У 1799 р. війська коаліції витіснили фран-
цузів з Італії і зупинили вторгнення Наполеон» до Єгипту. Коаліція розпалася
у 1800-1801 рр
Переворот 18 брюмера (9 листопада 1799 р.) — захопленая влада Наполе-
оном Бояалвртом, повалених Директорії. Формально влада переходила до трьох
консулів, але реально >1 захопив перший консул Воиаппрт. Переворот ІН брюмера
став кінцем Французької резолюції.
Французька революцій пройшла кілька етапів (період конституційної мо-
нархії, правління жирондистів, якобінська диктатура, період Директорії). У ході
революції феодальні порядки було знищено, влада перейшла до буржуазії.
31792 року Франція вс тупила у смуту воєн, які спочатку велися з ме гою захисту
республіки, а потім набули загарбницького характеру. Французвка революція
справила величезний вплив на розвиток Європи і всього світу.
Консульство
і Перша імперія
у Франції
Консульство — період в історії Франції а грудня 1799 по
грудень 18о4 рр., коли діяла конституція 1799 р. Франція
формально запишалася республікою, у якій вище дико
вавча влада належала трьом консулам. Реально вся влади
• зосереджувалася у рухах першого консула Боньпарта Місцеве самоврядуванню
було знищено, і 1800 р. на чолі департаментів (областей) були поставлені префек
І ти І призначалися Вонппартом). Режим особистої влади Ьонапарта діяв на користь
; французької буржуазії, але прагнув також підтримувати інтереси се пян і інших
• соціальних груп, 3 1802 р. Бопанартв було проголишьно довічним консулом,
Конкордат 1801 р. — угода між Боччплртом і папою Піем VII. Католишгіч
проголошувався релігією більшості французів, держава забезпечувала грошове
утримання священиків. Архієпископи призначатися французьким урядом. Цер-
ква иизнввіїла, що розпродані після революції церковні землі мають залишитися
у ЇХ нових власників. Союз із церквою підсилив владу Бопапарта.
Проголошення імперії— 2 грудня 1804 р. Бопапарт проголосив себе Наполео-
ном 1, імператором французів. Він прогнув укріпити свою владу за рахунок ство-
рення нового дворянства. Дворянські титули отримували офіцери і державні служ-
бовці аа гідну службу імперії. Оптові привілеї но було відновлено. Французька
мперія була не феодальною, а буржуазною державою.
Цивільний кодекс 1804 р — закріпив зміни, які відбулися в суспільстві у пе-
ріод революції га імперії Закріплювали* * я іір,ш>іизп ріьв>пті громадян пірса >а
коном, свободи слова, недоторканості особи, майна. Кодекс регулював сімейні
1 МаЯДОВі відносини.
Третя коаліція — утворена в 1806 р. у складі Англії, Австрії, Роси, Швеції,
Данії, Туреччини, Королівства обох Ситілій.
їрафальг арськн би Іва нннб» шьл морі ьна г.иі Ьо г похи > • іиле-чи в-».ки * воєн.
Відбулася 21 жовтня 1806 р. біля мису Трафальгар. Британський адмірал Гораціо
Нильсои швдлв вирішальної поразив франк»-іспанському флоту. Після Трефа пь
гари загроза вторгнення французів до Великої Британії була ліквідована,
Аустерліц— містечко на території Чехії. Де 2 грудня 1805 р. Наполеон розгро-
мив російсько-австрійські війська. Результатом битви етап розпад третьої коаліції.
Битва біля Аустерліца вважається одним із найуспішніших боїв, які коли-небудь
проводив Наполеон
Четверта коаліція—створена в 1806 р. у складі Росії, Пруссії, Англії і Швеції
Ієна І Ауерштедт — міста у Німеччині, Оіля яких 14 жовтня 1806 р. війська
Наполеона завдали вирішальної поразки армії Пруссії.
788 & ВСЕСВІТНЯ ІСТОРІЯ. Довідник
Континентальна блокада — система заходів, які повніші були підірвати еко-
номіку Англії. Розпочата Наполеоном 21 листопада 1806 р. Франція І асі залежні
та союзні держави повніші були припинити будь-яку торгівлю □ Англією, рояльно
і адійспити блокаду не вдалося. Величезних масштабів набула контрабанда, англій-
ці продовжували постачати товари до Європи через ті країни, які ке підтримувати
блокаду. Великі перевезення англійських товарів здійснював торговий флот США.
.Блокада викликала велике невдоволення політиків, буржуазії і простих громадян
Всіх країн Європи.
Тільзітський мир між Францією І Росією — був укладений 7 липня 1807 р. Вій-
ськові дії між імперіями припинялися, вони укладали союз. Росія повинна була
брати участь у континентальній блокаді, визнавала створення Вестфальського ко-
ролівства і Варшавського герцогства. Договір викликав украй негативну реакцію
у російському суспільстві. Він зберігав свою силу до 1812 р.
П’ята коаліція—утворена у І Мін р. у складі Англії, Австрії. Іспанії Австрійські
війська чинили наполегливий опір французам, але після важкої боротьби були пере-
можені. Іспанці розгорнули партизанську війну (герілью). Англійський флот блоку-
вав узбережжя Європи, британські війська діяли у Португалії проти французів.
• Велике армія- — назва головних сил французької армії у роки воєн Наполеоне.
Війна Наполеоне з Росією була розпочата 24 червня 1812 р. «Велика армія»
без оголошення війни перетнула російські кордони Війна закінчилася у грудні
1812 р. повним розгромом Наполеона.
Бородіно—село на захід від Москви, де 26 серпня (7 вересня) 1812 р. відбулася «
найбільша битва Вітчизняної війни. У ході битви обидві армії зазнали величезних
втрат, але Наполеон не зміг знищити російські війська, хоча захопив майже всі З
їх укріплення. Росіяни були вимушені відступити і незабаром залишили Москву. >'
Бородіно було тактичним успіхом Наполеона, але у віддаленій перспективі битва ;і
зіграла на руку російським військам Вояк завдали супротивнику великих втрат і.
і незабаром добилися перелому у війні.
Березина —річка у Білорусії. Наприкінці листопада 1812 р. «Валика армія»
перейшла через неї з величезними втратами, після чого перестала існувати як
серйозна бойова сила.
Шоста коаліція — утворена у 1812 р. у складі Англії, Росії. Швеції, Пруссії,
Іспанії, Австрії, Португалії. Шоста коаліція у 1814 р. досягла перемоги над На-
полеоном.
• Битва народів» — чотириденна битва під Лейпцигом 16-10 жовтня 1813 р.
Мала вирішальне значення для ходу війни. Закінчилася поразкою армії Наполео-
не, який був вимушений вивести свої війська з Німеччини до Франції.
Перше зречення Наполеона — після наполегливого опору, який війська На-
полеона надали арміям шостої коаліції, Наполеон був вимушений визнати свою
поразку. 6 квітня 1814 р. вів зрікся престолу. Союзники зберегли за Наполеоном
титул імператора і передали в управління острів Ельба біля берегів Італії.
- Сто днів» — період відновлення влади Наполеона (20 березня — 22 червня
1815 р.) і його остаточної поразки.
Сьома коаліція -- утворена у 1815 р. у складі Росії, Англії, Пруссії, Австрії.
Іспанії і Швеції.
Ватерлоо — селище у Бельгії, місце останньої битви Наполеона. Британські
і пруссак! війська розгромили французів 18 червня 1815 р.
Реставрація — відновлення поваленого суспільного устрою або правлячої дина-
стії. У 1814-1830 рр. у Франції відбулася реставрація влади Бурбонів.
віденський конгрес — нарада керівників найбільших держав Європи. Прохо-
див у 1814-1815 рр. Завершальний генеральний акт Віденського конгресу 9 чер-
вня 1815 р. підписали представники Англії, Росії, Австрії, Пруссії, Швеції. Іс-
панії, Португалії і Франції. Були визначені нові кордони у Європі, відновлені деякі
повалені династії. Франція повернулася до кордонів 1789 р.
ВСЕСВІТНЯ ІСТОРІЯ. Довідник •:& 789
Країни Європи
у 1815-1847 рр.
Священний союз — реакційний союз, який уклали Носія, Пруссія, Ав»-грія
у вересні 1815 р. Учасники його вштупали з позицій збереження абсолютистських
режимів у Європі. Передбачалося, що війська учасників союзу можуть бути вико-
ристані для придушення революцій Союз розпався у кінці 20-х рр. XIX ст.
Імперія Наполеони була буржуазною державою, яка здійснювала украй аг-
ресивну зовнішню політику. Війни наполеоне прискорили розпад феодальни»
відносин у Європі, але призвели до величезних жертв Поразка Франції спри-
яла перетворенню Англії на економічно наймогутнішу державу у світі.
Перша парламентська реформа в Англії (1832 р ) —
було прийнято повий парламентський закон. Заівльші
кількість виборців збільшилася, ліквідовано Ьб так званих
<гнилих містечок», створені нові виборчі округи у великих промислових центрах.
Робітники не отримані виборчих прав. Буржуазія збільшила свій вплив на управ
ліния країною, досягла компромісу з дворянством.
Хартія — документ правового і політичного характеру.
Чартизм — народний рух у Англії у 1»38-1854 рр. Його учасники прагнули
надання робітникам виборчих прав, щорічного переобрання парламенту, скасу
вання майнового цензу для кандидатів у депутати парламент* Слово «чартизмі
походить від слова хартія (англійською сЬагьег). Прихильники руху збирали під
писн під хартіями про зміну виборчого закону. До парламенту було подано 3 кар-
, тії (1839. 1842. 1848 рр.) Усі вони були підхилені парламентом, але під тиском
чартистів були приведені реформи: обмеження робочого Дпя 10 годинами, охорона
- праці на фабриках, легалізація тред-юніонів.
Вікторія (1819-1801 рр.) — королева Великобританії з 1837 р., імператриця
£ Індії а 1878 р. У роки її правління Британія була найбільшою колоніальною імие-
5 рісю і відігравали вирішальну роль у світовій політиці Й економіці Ім'ям корале
ви гішиїиають цілу епоху в історії країни — «вікторіапеька Англія».
Людовик XVIII — король Франції у 1814-1824 рр. У роки його правління по
чався період Реставрації, злійснювалигя п^гмелі лунання прихильників На почесна
і республіки. Спирався на поміркованих роялістів і велику буржуазію. Реально
влада у Франції належала дворянам і невеликій частині дуже багатих буржуа.
Карп X — король Франції у 1824 1830 рр. Спирнвея в» ультрарояліг.тів, праг-
нув відновити абсилюїну монархію, повністю придуши їй незадоволення буржуазії,
ремісників, робітників, селян.
Липнева революція 1830 р. — буржуазна революція у Франції, у ході якої
27-29 липня 1830 р. було повалено владу Карлп X і ліквідовано павуванпя дворян.
Липневе монархія — період у історії Фракції (1830-1848 рр.). коли реальна
влада у країні належала фінансовій Аристократії (великій буржуазії). Дрібни бур-
жуазія, соляна, робітники не мали впливу Ва політику уряду. Королем країни був
Луї-Філіпп Орлеанський (1773- 1850 рр.;. При ньому Франта знову стала буржу-
азною монархією.
Декабристи — російські революціонери, дворяни за походженням У ІВ10-
1825 рр. створили декілька та< мних організацій. метою яких було повалення са
модержавгтва і скасування кріпацтва. 14 грудня 1825 р. «Північне- товариство,
декабристів підняла повстання у Петербурзі, а 29 грудня 1825 р. — 3 січня 1826 р.
«Південне товариство» підняло па повстання Чернігівський полк під Києвом. Ці
повстання було придушено.
-Руська правди* П Постеля і «конституція* М. Мураоиона - проекти кок
ституції. які розроби.-їй декабристи, »Ру, ька правда» висувала ідею проголошення
республіки, «Конституція» припускала епюренпя копстятуціїшої монархії. Обидва
доку менти '.ропілошувалн Гр»МаДЯІГСЬКі свободи, ска< УВАННЯ кріпдїства.
Західники — представники одного з налі-лміь російської суспільної думки се-
редини XIX ст. Вони вважали, що Росія мас роЗвиввтяся тим як шляхом, що і За
790 ВСЄСВІТНЯ ІСТОРІЯ. Довідник
ІЖідна Європа. Серед ідеологів західників були письменники 1. Пвнаєв. В. Бочків.
І історик Т. Грановський та ін.
Г Слов’янофіли - представники напрямку російської суспільної думки. які вва
І жали, що Росія має розвиватися особливим шляхом на основі відновлення ролі
І селянської общини, посилення ролі православ’я, розвитку національної культури.
і Серед слов'янофілів були А. Хом’якое. І. Київський, П. Кирєєяський. Ю. Са-
марш.
| Герцен Олександр Іванович (1812-1870 рр.) російський революціонер,
І письменник. Створив за кордоном «Вільну російську друкарню*. Разом з М. Огарьо-
I вим розробив теорію громадівського соціалізму. Рішучий супротивник самодер-
І жадетва.
Микола І (1798- 1855 рр.) —імператор і 1825 р. Здійснював украй консерва-
тивний курс, пригнічував будь-які прояви вільнодумства у країні і за її межами.
Його війська придушили повстання у Польщі у 1830-1831 рр. і революцію в Угор-
щині у 1849 р. Ініціатор Кримської війни, яка показала всю слабкість Російської
імперії. За Миколи І був створений гімн Росії «Боже, царя бережи».
Англія, Франція і Росія розвивалися за дуже несхожим сценарієм. У Ан*
гліїшвидко зростало промислове виробництво, при владі перебувала бур*
Жуазія, виник масовий робітничий рух, який мав мирну форму. Франція
розвивалася набагато повільніше, завдання буржуазної революції там нс
були повністю вирішені. Формувалася масова народна опозиція королів-
ській владі. У Росії не здійснювалося ніяких реформ, зберігалися самодер-
жавство І кріпацтво. Це привело до швидкого відставання країни від Англії
та інших капіталістичних держав і загрожувало позиціям імперії як великої
держави.
Революція 1848 1849 рр. у Європі—у Франції, Італії.
Німеччині, Австрії, Угорщині революційні виступи почали-
ся майже одночасно. Революції маля буржуазний характер,
але в опозиції до правлячих режимів опинилися найширші
І верстви населення. У багатьох країнах революції мали не тільки буржуазний, але
І і національно-визвольний характер.
Революція у Франції — у лютому 1848 р. у країні відбулася буржуазна рево
• люція. 25 лютого Франція була проголошена республікою. До історії вона увійде
як Друга республіка (1848-1852 рр.).
Державний переворот — зміна влади, яка відбулася у результаті порушення
військовими або політиками законів країни.
Наполеон III (1808-1873 рр.) — племінник Наполеона І, президент Франції
у 1848-1852 рр. 2 грудня 1851 року вчинив державний переворот, розпустив пар-
ламент. Рівно через рік проголосив себе імператором Наполеоном Ш.
Друга Імперія — існувала у Франції у 1852-1870 рр.
Революція в Італії — почалася у січні 1848 р. на Сицнліі. Поступово охопила
північ і центр Італії. У Римі і Венеції були проголошені республіки. Революцію
були придушено у результаті наступу австрійських військ.
Революціїв Австрії! Німеччині — розпочалися у березні 1848 р. У Австрії і Чехії
відбулися народні повстання. У Німеччнпі також ішла збройна боротьба. Сили пов-
сталих не мали єдиного керівництва, революції зазнали поразки.
Революція в Угорщині (березень 1848 — серпень 1849 рр.) — могутні* яа-
ціональко-визвольний рух. який привів до проголошення незалежної Угорської
держави у квітні 1849 р. Угорщина була розгромленії у результаті вторгнення авс
тройських і російських військ.
Значення революцій 1848-1849 рр. г- у ході революцій було знищено за
лишки кріпацтва, влада багатьох монархів була обмежена конституціями і парла-
ментами. Революції прискорили створення єдиних держав у Німеччині й Італії,
ВСЕСВІТНЯ ІСТОРІЯ. Довідник 791
Країни Європи
іСШАу 1848-
1870 рр.
сприяли глибоким змінам у Австрійській імперії. У ході революцій було закладен-
підвалили пост ,повоі демсьратпзації суспільства.
Кавур Камілло (1810- 1861 рр.) — політик, державний діяч, ярем'ер-міиіятр
Сардинського королівства Прибічник об'єднання Італії «зверху», під керівник
твсім сардинських королів.
Сардинське королівство — держава в Італії. зай кала територію острова Сар-
динія, областей Генуя, П'ємонт, Ніцца, Савойя. Найбільш розвинена частина
Італії' — провінція П’ємонт, тому її назву часто використовува ли як неофіційну
назву всього королівства.
Мадзіні Джузеппе (1805-1872 рр.) — італійський революціонер. Створив
організацію «Молода Італія». Прибічник об’єднання Італії шляхом революції.
Діяльність «Молодої Італії» І Мадзіні підштовхнули до боротьби велику кількість
італійців.
Гарібальді Джузеппе (і 807-1882 рр.) —лідер визвольного руху в Італії, учаї
пик боротьби за незалежність Уругваю, революції 1848 1849 рр. У 1860 ропі похід
«Тисячі* ди Південної Італії забезпечив об'єднаная країни.
Ватинан — квартал у Римі, на території якого знаходяться хнюр Св. Петра і ре
зкденція папи римського.
Об'єднаним Італії — відбувалося у три етапи. У 1859- і «60 рр. у результаті
війни Сардинського королівства і Франції проти Австрії та походу Гарібальді
об’сякила я більша частина країни, виникло Італійське королівство. У 1866 р.
до нього було приєднано Венецію, у 1870 р — Папську область і Рим, який став
столицею країни.
Бісмарк Фон Шеяхаузен Отто (1815-1898 рр.) — ви ч ь. гот 11 німе цький держая
ний діяч, князь, коксериативпий політик. Перший рейхсканцлер Німецької імперії
у 1871-1890 рр. Один з організаторів Троїстого союзу (1882 р.).
Австро-прусська війна 1666 р. — коротка війна, що тривала з червня по сер-
пень 1866 р. 1 привела до повної перемоги Пруссії. Вплив Австрії у Німеччині було
ліквідовано, виник Північнонімецькнй союз, у якому домінувала Пруссія.
Німецька імперій (Другий ренх) — і диве німецька Держава. Яка ВИкИКЛк у ХОДІ
фраако-прусськ-ії вівші 18 січна 1871 р. Першим імператором став король Пруссії
Вільге іьм І Гоїспиоллгрн (1797-1888 рр.). Імперія проіснувала до 1918 р.
Майстерня світу — так часто називали Англію у середині XIX ст. Швидкий
розвиток промисловості у 40 50-х рр. привів до того, що у середині XIX ст. Алг
лія виробляла половину чавуну, вугілля, бавовняних тканин у світі.
Фритредерська політика — принцип свободи торгівлі, який підтримувала
Англія.
Двопартійна Система — політична система, при якій за владу в державі реаль-
но змагаються дві великі партії. У Англії ними були консерватори (раніше — торі)
1 ліберали (раніше — віге). Боротьба партій аа голоси виборців підштовхувала їх
до необхідності проведення реформ.
Друга парламентська реформа 1867 р< — кількість виборців у Великій Ери
тайн за цією реформою зросла в 1.4 до 2,5 мли. чол.
Профспілки (тред-юніони) — об'єднання робітників і службовців аа професія-
ми з метою захисту своїх професійних і соціальних прав.
Гладе тон Уїльям Юарт (1809-1898 рр.) — британський політик, лідер Лібе
ральииі партії. Прем'єр-міністру 1868-1874, 1880-1885, 1886, .1892 -1894 рр.
Пальмерстон Гь нрі Джон Темпе (1784 -1865 рр.) — британський п-літик, лі-
дер лібералів у 1855-1865 рр. Прем’єр-міністр у 1855-1858, 1859-1865 рр.
Дізраелі Беиджамги, графБгконсфілд (1804- 1881 рр.) — британський полі-
тик, лідер консервативної партії. Прем'єр-міністр у 1868, 1874-1880 рр.
Повстання сипаїв (1857-1859 рр.) — велике повстання індійських солдатів,
які служили в англійській колоніальні А армії. До них прилучилося місцеве насе-
лення. Повстання в Індії було придушене британськими військами.
792 ВСЕСВІТНЯ ІСТОРІЯ. Довідник
Домініон — самоврядна частина Британської імперії. Першою статус домініо-
ну одержала Канада у 1867 р., коли був прийнятий Акт про Британську Північну
Америку. Пізніше домініонами стали Австралія. Нова Зеландія і Південно-Афри-
канський Союз.
Фермери — у США створювали досить великі (кілька десятків гектарів і біль-
ше) ферми, на яких працювали самі. На великих фермах застосовувалася наймаїш
праця. У східних і центральних районах США фермери головним чином виробля-
ли зерно, на заході великі ферми (ранчо) були орієнтовані ка розведення великої
рогатої худоби. Фермери працювали ефективно, застосовували нові знаряддя пра-
ці. могли купувати промислові товари.
Скваї ери —фермери-переселенці, які захоплювали землі бе , юридичного офор-
млення документів. Пізніше скватери звичайно ставали повноправними власни-
ками захоплених земель.
Промисловий переворот у США — почався у першому десятилітті XIX ст.
1 в основному завершився на початку 50-х рр. XIX ст. Він проходив дуже нерівно-
мірно: у північно-східних штатах швидко формувалося велике машинне виробниц-
тво, на заході довго зберігалося ремісниче виробництво, але з розвитком залізниць
у 30-40 х рр. ситуація па заході і в центрі змінилася. На Півдні промисловий пе-
реворот ішов дуже повільно через пакування рабовласництва.
Плантації — великі земельні володіння на Півдні США, у яких використовува-
лася праця рабів-негрів, вироблялися в основному бавовна, тютюн, кукурудза, рис,
індиго. Більша частина продукції вивозилася до Євроии або нн Північ США.
Аболіціоністи —прибічники звільнення рабів. Рух аболіціоністів почав розпо-
всюджуватися у 30-і рр. XIX ст. Аболіціоністи створили у 1838 р. «Товариство під-
земної залізниці*, яке займалося організацією втечі рабів на Північ І до Канади.
Луїзіана — колишні володіння Франції па захід від річки Міссісіпі. У 1803 р.
США купили цю колонію у Франції, після чого територія США збільшилася май
же у 2 рази. Сучасний штат Луїзіана займає незначну частину колишніх фран-
цузьких володінь.
Доктрина Монро 1823 р. — програмний документ, з яким виступив президент
США Дж. Монро. Головна ідея полягає у тому, що США протидіятимуть будь-яким
спробам європейців захопити нові колонії в Америці. Вся Північна і Південна Аме-
рика були тепер проголошені сферою життєвих інтересів США.
Аляска — колонія Росії у Північній Америці. У 1867 р. була куплена США.
Твхас — велика територія між річками Ред-Рівер 1 Рю-Гравде. До 1836 р. на-
лежав Мексиці. У 1836-1845 рр. — незалежна держала. У 18-19 р. приєднався до
США.
Демократична партія — утворена у 1828 р. У першій половині XIX ст. мала
сильний вплив на Півдні, її підтримували плантатори.
Республіканська партія — утворена у 1854 р. Мала сильний вплив на Півночі
США, її підтримували фермери і буржуазія.
Повстання Джона Брауна 1859 р. — спроба групи аболіціоністів підняти по-
встання проти рабовласників. Повстання не мало підтримки і було швидко придуше-
не військами. Повстання довело, що США знаходиться на порозі глибокої кризи.
Лінкольн Авраам (1809-1865 рр.) — президент США у 186] -1865 рр.. лідер
Республіканської партії. Його перемога на виборах у листопаді 1860 р. стала при-
водом для початку відокремлення південних штатів.
Сацессія (відокремлення) Півдня — 20 грудня 1860 р. Південка КараШна заяви -
лв про вихід зі складу США. За нею відокремилися Флорида, Джорджія, Алабама,
Луїзіана, Техас, Теннессі, Міссісіпі, Арканзас. Північна Кароліна, Вірджинія.
Конфедерація — об'єднання південних штатів США. Утворена 4 лютого 1861 р.
Столиця — місто Річмоид у Вірджинії.
Форт Самтер - фортеця США у Південній Кароліиі. Напад конфедератів на
цеп форт став початком громадянсько! війни у США (12 квітня 1861 р.).
ВСЕСВІТНЯ ІСТОРІЯ. Довідник £:• 793
Гомсїоди — ділянки землі ва Заході, який міг одержати кожен громадянин
США при умові, що він буде сам їх обробляти І сплатить у скарбницю 10 до-
ларів. Закон про гомстеди буй прийнятий у травні 1862 р Віп лабедпечнв повну
підтримку уряду А. Лінкольна з боку фермерів. Розміри гомстеда — 160 акрів
(акр — 0,4 га).
Звільнення рабів - 22 вересня 1862 р. А. Лінкольн видав прокламацію про
звільнення з 1 січня 1863 р. всіх рабів, що належали бунтівникам.
Геттісберг — біля цього міст у Пенсільванії влітку ІнбЗ р. війська Півночі
завдали вирішальної поразки конфедератам.
Закінчення війни — у квітні 18б5 р. війська Конфедерації капітулювали.
Реконструкція Півдня (1865—1877 рр.) — Заходи, які проводилися урядом
США нь Півдні з метою реорганізації управління штатами і ліквідації наслідків
рабовласництва
Перемога Півночі у війні привела до і либоких змін у США. Були ліквідовані
всі перешкоди на шляху до єдності країни, розвитку капіталістичних відно-
син, остаточного затвердження демократії. Виникли умови для формування
єдиного американського народу. Наслідки перемоги Півночі були настільки
глибокими, що іноді громадянську війну називають Другою Американською
революцією
Завершення
формування
:: індустріального
!; суспільства
Олександр II (1818-1881 РР ) — російський папера
тор з 18Ь6 р. Здійснив ряд важливих реформ у 60- 70-х рр.
XIX ст. У період його правлінця зміцнилися позиції Росії
у світі. Загинув у результаті замаху, який організували
народовольці.
., Маніфест 19 лютого 1861 року — скасовував кріпацтво у Росії. Умови скасу.
; ванкя кршацтьа була зафіксовані у • Положенні про селян, ще вийшли з нріпос
ноі залежності». Селяни одержували особисту слободу, але мали викупити землю
у поміщиків. До початку викупу селяни повинні були викощ вати феодатьш по-
винності на користь поміщиків.
«Відрізки-— ділянки землі, якими раніше хористу шлися селяни. Після 1861 р.
поміщика отримали право відрізати частину селянської землі, якщо селянський
наділ був виший, ніж визначала держава.
Земство — виборний оргап місцевого самоврядування у Російській імперії
Земства були введені реформою 1864 р.
Міська дума — орган самоврядування у Російській імперії після міської ре
форми 1870 р.
Утопічний соціалізм — течія иолітнчпої думки, яка виникла у період сте-
ко вленш капіталізму. Назва утворена в±д книга Т. Мера «Утопія*. Соціалісти,
утопісти мріяли про побудову справедливого суспільства, наполягала на скасував
пі приватної власності Вони не змогли чітко пояснити, яким чином і хто зможе
побудувати справедливо суспільство. Серед лідерів утопістів була А Сен-Симон,
Ш. Фур‘», Р. Оуен.
Марксизм — політичне та економічне теорія, яку розробили Кьрл Маркс
(1818-1883 рр.) і Фрідріх Енгельс (1820-1896 рр.) Вода вважали, то вся історія
суспільства — це історія боротьби класі®, що нове комуністичне суспільство ви-
никне у результаті світової пролетарської революції. У ході цієї революції робітни-
ки (пролетаріат) захоплять владу і знищать капіталізм. У новому комуністичному
СУСПІЛЬСТВІ ВСІ ПОо.ІЬН! будуть ПрЯчЮЬчТй. ВСІ 'іаі-оби ВИЛОГ»!Матвії ПвЛІОКЛ ТИМ V в
суспільству. Марксизм у XIX -XX ст. мав величезний вплив у світі, але побудува-
ти комунізм у жодній а країн не вдалося.
І Інтернаціонал (Міжнародне товариство робітників) — масова міжнарод-
на організація робітників, яка існувала у І864--1876 рр. Ь члени сприйняли ідеї
марксизму і іи'лн ро&'іу а р-мшіі|в,к»іи уваго мишії серед роблшії.ін. У резуль
794 : ВСЕСВІТНЯ ІСТОРІЯ. Довідник
таті діяльності І Інтернаціоналу виникли політичні партії пролетаріату у різких
країнах світу.
II Інтернаціонал — міжнародна марксистська організація, створена у 1889 р.
Об’єднувала соціал-демократичні партії багатьох країн світу. Поступово усередині
цих партій почали виникли умови для перегляду (ревізії) деяких положень марк-
сизму Частина поміркованих марксистів була готова відмовитися від ідеї револю-
ції і основну увагу приділяти політичним реформам. Для цього їм було необхідно
переходити до парламентських форм боротьби.
Франко-прусська війна 1870-1871 рр. —один з найґострішмх міжнародних
конфліктів у XIX ст. Війна закінчилася поразкою Франції і об'єднанням Німеччи
ни під керівництвом Пруссії. Французькі області Ельзас і Лотарингія були захоп
лені Німеччиною Це призвело до постійної напруженості у відносинах між Фран
цією і Німеччиною. Глибока ворожнеча між Фракцією і Німеччиною була одним
із чинників, що призвели до Першої світової лійки.
Паризька Комуна — у період з 18 березня по 28 травня 1871 р. у Парижі при
владі перебували представники робітників, Париж контролювала Рада Комуни.
Були зроблені спроби реформ на користь робітників. Комуна ис одержала підтрим-
ки з боку селян і була придушена буржуазним урядом Франції.
Кайзер—у Німеччині і Австро-Угорщині цей титул відновите титулу імператора.
Рейхстаг — парламент Німецької імперії.
• Культуркзмпф» — політика уряду О. Бісмарка, яка проводилася у 1872-
1878 рр. Була спрямована на підпорядкування католицької церкви державі. Пов-
ністю Біемярк не досяг своєї мети, але зміг посилити владу імператора.
«Винятковий закон проти соціал-демократія» — діяв у Німеччині в 1878-
1890 рр. Закон забороняв соціал-демократам вільно діяти у Німеччині. Соціал-де-
мократнчна партія Німеччини була вимушена діяти напівлегально. Закон не при-
звів до ліквідації соціал-дємократичного руху.
«Союз трьох Імператорів- — у 1873 р- О. Вісмарк став фундатором союзу Ні
меччпни, Австро-Угорщини і Росії. Серйозні суперечності між цими країнами не-
вдовзі спричинили розпад соту.
Троїстий союз — виник замість «Союзу трьох імператорів» у 1882 р. Ще
у 1879 р. Німеччина і Австро-Угорщина підписали секретний союзний договір,
до якого через три роки приєдналася Італія. Троїстий союз зміцнив роль Німеч-
чини у світі.
Монополії — капіталістичні підприємства або групи підприємств, які контро-
люють виробництво і збут певного виду продукції. У XIX ст. виникло кілька типів
монополій (картелі, синдикати, трести).
Лейбористська партія — у Великій Британії наприкінці XIX ст. посилювався
рух тред-юніонів, які все більше прагнули законодавчого захисту прав робітни-
ків. У 1900 р. був створений Комітет робочого представництва, метою якого було
обрання робочих депутатів до парламенту. У 1908 р. Комітет було перейменовано
на Лейбористську партію.
Фабіанське товарне! во — організація, яку створили представники британської
інтелігенції у 1884 р. Товариство пропагувало Ідеї поступового перетворення капі-
талістичного суспільства на соціалістичне шляхом реформ.
Ллойд-Джордж Девід (1863-1945 рр.) — політичний діє і. один із ящерів
Ліберальної партії. У 1906 -1914 рр. за його ініціативою було проведено серйозні
соціальні реформи у країні.
Англо-бурська війна 1899-1902 рр. — загарбницька війна між Великою Бри-
танією, республікою Траяевааль і Оранжевою республікою. Закінчилася приєднан-
ням цих держав до англійських володінь. Бури — нащадки європейських пересе-
ленців, які жили у цих республіках.
Антанта — військово-політичний союз Франції. Росії, Великої Британії. Утво-
рений у 1907 р Був супротивником Троїстого союзу.
ВСЕСВІТНЯ ІСТОРІЯ. Довідник 795
Треш республіка — у 1875 р. Національні збори Франті затвердили поправку
до конституції, яка закріпила республіканську форму правління. Це стало почат-
ком періоду Третьої республіки (1876—1940 рр.).
«Панама» — назва фінансової афери, яка була пов'язана із будівництвом Па
намсБхога каналу. У 1880-1888 рр. спроба будівництва Панамського каналу за-
кінчилася банкрутством компанії і розоренням багатьох її акціонерів. З'ясувалося,
шо величезні хабарі одержували державні чиновники, міністри і депутати парль
меиту. «Панама» викликала глибоке невдоволення у суспільстві.
Справа Дрейфуса — у 1894 р. капітале французької армії А. Дрейфусн
було звинувачено у шпигунстві на користь Німеччини і засуджено до довічного
ув'язнення. Незабаром з'ясувалося, що справжнім шпигуном булл інша людина,
але військове міністерство продовжувало не визнавати цього, рятуючи «честь мун-
дира». А. Дрейфує був євреєм, що також стало приводом для його звинувачення
у антипатріотизмі. Пя справа викликала у 1898-1899 рр. глибоку політичну кри-
зу: французи розділилися на прибічників і супротивників Дрейфуса. Справа вже
йшла не про долю однієї людини, а про захист демократичних свобод і прав гро-
мадян від свавілля чиновників. У 1899 р. Дрейфуса було помилувано і через сім
років повністю реабілітовано.
Фраико-російський союз — зближення між Росією і Францією відбувалося
у 1891-1893 рр. У 1893 р. союз було остаточно оформлено. Цей союз став проти-
вагою Троїстому союзу.
Трести — великі промислові об'єднання, які наїфиківці XIX ст. були особливо
могутніми у США Трест є одним із видів монополії.
Закон Шермана (внтитрестовий закон 1890 р.) — був першою спробою обме-
жити вплив трестів. Оголошував незаконним будь-які об'єднання у формі трестів
1 будь-які угоди, направлені на обмеження торгівлі. Закон не завжди був ефектив-
ним знаряддям у боротьбі з трестами.
Американська федерація праці (АФП) — найбільший профспілковий центр
США. який очолив рух за 8-годиняий робочий день. АФП виникла у 1881 р.
Перше травня — у Чикаго 1 травня 1886 р. почалися масові страйки і демон
ст рації робітників. 4 травня під час розгону демонстрації були жертви серед полі-
цейських. Керівників робітників було віддано під суд і страчено. На згадку про
події у Чикаго 11 Інтернаціонал оголосив 1 травня Міжнародним днем пролетарської
солідарності (1889 р.).
Рузвельт Теодор (1858-1919рр.)— президент СІЛА у 1901-1909 рр. Представ
ник Республіканської партії. Здійснив серію заходів щодо обмеження впливу трестів.
Велика частина компаній була примусово розділенії на 2-3 корпорації. Боровся за
збереження природних багатств країни, раціональне використання ресурсів (вод.
них. лісових, сировинних). Стосовно робітників обіцяв проводити «чесний курс».
Вільсон Томас Будро (1856—1924 рр.) — президент США, представник Демо-
кратичної партії. Здійснював програму, яку назвав «Нова демократія». У 1913 р.
ввів прогресивне оподаткування. Здійснював соціальні реформи. Його політика
багато у чому продовжувала політику Т. Рузвельта. У роки першої світової війки
виступив з пропозиціями миру («14 пунктів Вільсона»).
Іспансько-американська війна 1898 р. — загарбницька війн* США проти Іс-
панії. США захопили Філіппіни. Пусрто-Рико, встановили контроль над Кубою.
Панамський канал — після невдачі французького проекту прорити Панамсь-
кий канал вирішили американці. Уряд Колумбії, якій тоді належала Панама, від-
мовився віддати США контроль над зоною майбутнього водного шляху. У 1903 р.
США організували заколот у провінції Панама і проголошення її «незалежності».
У 1914 р. Панамський канал був відкритий для експлуатації.
Народники — учасники російського суспільно-політичного руху в 60-80-х рр.
XIX ст. Сподівалися, що Росія може проминути стадію капіталізму і розпочати
будувати соціалізм. Головну революційну силу бачили у селянстві. Всі спроби па-
796 & ВСЕСВІТНЯ ІСТОРІЯ. Довідник
родників у 60-70-х рр. піднятії селян на повстання виявилися марними. Одна
«організацій Народпиків •Народна воля» 1 березня 1881 р. здійснила терористич-
ний акт, у результаті якого загинув Олександр 11. Народники помилялися у своїх
оцінках ролі селян у майбутній революції. У 80-х рр XIX ст. їх оргаиізації були
розі ром пені
Група «Звільнення праці» — перша група російських марксистів, яка у 1883 р.
була створена у Женеві (Швейцарія). Лідер — Георгій Плехавов. Група здійснила
переклад російською мовою головних творів К. Маркса І Ф. Енгельса. Шд П пплн
вом нв території Росії виникли гуртки марксистів.
Ленін (Ульяноя) Володимир Ілліч (1870-1924 рр.) — видатний політичний
діяч, революціонер, марксист. Один з організаторів РСДРП у 1903 р. Активний
учасник революції 1905-1907 рр. У 1907-1917 рр. перебував у еміграції. У 1917 р.
очолив керівництво Жовтцевим повстанням у Петрограді. Голова Ради Народних
Комісарів. Ідеолог більшовизму, прибічник активної революційної боротьби і пе-
ремоги світової революції ,
Російська соціал-домократична робоча партія — марксистська партія, поча-
ток створення якої припадає на 1898 р. (1 з’їзд партії відбувся у Мінську). Реально
партія була створена на 11 з’їзді соціал-демократичних організацій Росії у 1903 р.
З’їзд проходив у Брюсселі і Лондоні. Найближчим завданням партії була визна-
на боротьба за повалення самодержавства (програмн-мінімум), надалі йшлося про
проведення соціалістичної революції і встановлення диктатури пролетаріату (про-
грама-максимум).
Більшовики — представники радикальної течії у РСДРП. З квітня 1917 р. — Й
самостійна партія РСДРП(б). З 1952 р. по 1991 р. партія називалася КПРС. Біль-
пговнки були прибічниками світової соціалістичної революції і диктатури проле-
таріату.
Меншовики — поміркована частина РСДРП. Вважали, що у революції робіт- •?
вики 1 ліберальна буржуазія повинні діяти разом. Були переконані, що Росія но
дозріла для соціалізму. У роки громадянської війни виступили проти більшовиків.
1924 р. як партія припинили існування.
Російсько-японська шина (1904-1905 рр.) — імперіалістична війна за вплив
у Китаї і Кореї. Головними подіями війни були облога японцями фортеці Порт-
Артур (1904 р.), битва при Мукдені (лютий 1905 р.) і Цусимська морська битва
(травень 1905 р.). Японія отримала перемогу у війні і за Портсмутським миром
(укладений 23 серпня 1905 р.) одержала Порт-Артур та Південний Сахалін. Вплив
Росії на Далекому Сході різко зменшився.
Сьогумат — у Японії був формою управління країною великими феодалами. Ім-
ператор не мав реальної влади, управління країною здійснювали сьогуик (військові
керівники). У 1603 1867 рр. країною керували сьогуни з клану Току гава.
Революція Мяйдзі — боротьба проти влади сьогуна. яку очолили імператор Му-
цухіто і деякі князі. У 1868 р. влада у країні перейшла до Муцухіто. Період свого
приплигни він назвав епохою Мейдзі («освіченого правління»).
Реформи Мейдзі — здійснено декілька важливих реформ, які забезпечили
перехід Японії до ринкових відносин і капіталізму. У 1872 р. були ліквідовані
князівства, у тому ж році введений Декрет про загальну військову повинність.
Армія почала перебудовуватися за європейським зразком. У 1873 р. проведена аг-
рарна реформа, селяни отримали землю у приватну власність. У 1889 р. було при-
йнято конституцію, за якою країна залишалася монархією.
Японсько-китайська війна (1894-1895 рр.) — Японія вступила у боротьбу за
створення колоніальної імперії. Японія легко перемогла Китай і захопила у нього
великий острів Тайвань.
Повстання «Іхетуань* (1899-1900 рр.) — могутнє народне повстання у Китаї,
яке було спрямоване проти панування іноземців у країні. Придушене у результаті
вторгнення військ восьми великих держав.
ВСЕСВІТНЯ ІСТОРІЯ. Довідник 797
Сунь Ятсен( 1866-1925 рр.) - китайський революціонер. Створив «Об’єднану
революційну лігу» у Китаї (1905 р.), один з керівників революції 1911 1913 рр..
перший президент Китайської республіки (1912 р.). У 1912 р. створив партію Го-
міндан.
Три народні принципи — Сунь Ятсен запропонував китайцям виступити на під
трамку трьох народних принципів, які повинні були привести до поліпшення життя
людей. Це націоналізм, народовладдя, народно благоденство.
Синьхайська революція у Китаї— 10 жовтня 1911 р. у Китаї почалася буржу
азио-демократична революція. Вопа призвела до падіння імператорського режи
му. 29 грудня 1911 р. Китай був проголошений республікою. Остаточна перемога
демократії у Китаї не відбулася. Після революції країна вступила у довгий період
внутрішньої нестабільності і громадянських воєн Цей період завершився липи
у 19-19 р. після перемоги у Китаї комуністів.
Індійський Національний Конгрес (ІНК) — найбільша індійська партія. Висту-
пала за самоврядування Індії у складі Британської імперії. Утворена у 1885 р.
Свадеші — форма протесту індійців проти англійського панування — бойкот анг-
лійських товарів 3 метою підтримати розвиток місцевої промисловості і ремесла.
Сварадж - вимога самоврядування Індії.
Перша балканська війна — збройний конфлікт між Османською імперією
І союзом держав у складі Болгарії, Сербії, Чорногорії і Греції. Бої йшли з жовт-
ня 1912 р. по травень 1913 р. Туреччина програла війну і втратила майже всі свої
володіння у Європі.
Друга балканська війна — конфлікт між Болгарією та іншими країнами — учас-
ницями Першої балканської війни за розділ колишніх турецьких володінь. Якщо
Перша балканська війна для країн Балканського союзу мала визвольний хярак
тер, то друга була загарбницькою для всіх її учасників. Проти Болгарії виступили
також Румунія і Туреччина. У червні - серпні 1913 р. Болгарія була розгромлена,
втратила частину епосі території. Балкарський союз розпався.
Младотурки — учасники турецької організації «Єднання і прогрес» (була ство-
рена у 1889 р.). У 1908 р. очолили революцію у Туреччині, Вони здобули владу,
провели ряд реформ, але демократія у країні ве була встановлена. Младотурки
жорстоко придушували виступи арабів, болгар, вірмен.
Мексиканська революція 1910-1917 рр. — народний рух проти панування
латифундистів (поміщиків) та іноземної буржуазії. У ході революції об’єднали свої
зусилля селяни і ліберальна буржуазія. У 1917 р. після довгих збройних сутичок
настав мир. У лютому 1917 р. було прийнято конституцію Мексики, що зробило
можливим демократичний розвиток країни.
На початку XX століття у більшості країн Європи I Північної Америки сфор-
мувалося індустріальне суспільство, до влади прийшла буржуазія У різних
країнах умови розвитку не були однаковими. Найшвидше розвивалися США
і Німеччина. Великі капіталістичні держави створили колоніальні Імперії. У ко-
лоніях починалася боротьба за незалежність. Антифеодальні революції відбу-
лися у Китаї, Туреччині, Мексиці. Глибокі суперечності між великими держава-
ми призвели до загрози світової війни.
798 Ш ВСЕСВІТНЯ ІСТОРІЯ. Довідник вШЖЖЖЖ
ГЕОГРАФІЯ
Реферати
ВИМОГИ ДО ПОВІДОМЛЕНЬ-ВИСТУПІВ УЧНІВ
1. На основі конкретних фактів, знайдених у різних джерелах інформації,
сформулювати тему або проблему повідомлення.
2. Обґрунтувати актуальність проблеми або теми.
3. Запропонувати шляхи вирішення поставленої проблеми. Тут можливі два
варіанти: перший — з посиланням на відповідні джерела; другий — вису-
нути свої пропозиції (що е більш цінним).
4. Усі географічні об'єкти, що згадуються, під час виступу слід показувати на
карті.
ПРИРОДНО-РЕСУРСНИЙ ПОТЕНЦІАЛ УКРАЇНИ - ФАКТОР
ЕКОНОМІЧНОГО РОЗВИТКУ
Плай
1 Прмродно-ресурсиий потенціал — один із факторів економічного розвитку
України.
2. Оцінка потенціалу кожного виду ресурсів.
3. Структура природно-ресурсного потенціалу України.
3.1. Потенціал мінеральних ресурсів України.
3.2. Потенціал водних ресурсів України
3.3. Земельно-ресурсний потенціал України.
3.4. Потенціал лісових ресурсів.
3.5. Потенціал фауністичних ресурсів.
3.6. Природно-рекреаційний потенціал.
1. Природно-ресурсний потенціал — один Із факторів економічного
розвитку України
Україна належить до тих регіоні» кашо! планети, природні умови й ресурси
яких достатньо вивчені й широко використовуються в господарській діяльності.
Цьому сприяла значка територіальна концентрація виробництва й населення, вигід-
не географічне положення.
Для оцінки природних умов і ресурсів держави як одного з факторів економіч-
ного розвитку вводиться поняття «природно-ресурсний потенціал». Однак загаль-
новизнаного визначення цього поняття наразі немає.
Виділимо кілька найпоширеніших визначень поняття «природно-ресурсний
потенціал» (ПРП).
1. ПРП території — це сукупна продуктивність природних ресурсів, засобів ви-
робництва й предметів споживання, виражена в їхній споживчій вартості.
2. Сфера взаємодії суспільства й природи, що охоплює не тільки ті. що без-
посередньо експлуатуються, але й усі роевідаві природні ресурси в цілому.
У поняття ПРП включаються й ті природні багатства, які з тих чи інших
причин ще но залучені до господарського обороту.
З Потенціал природних ресурсів — це здатність природного комплексу задо-
вольняти потреби суспільства в енергії, сировині, здійсненні різних видів
господарської діяльності. Ця величина оцінюється в натуральних вимірах
(м’/рік — водні ресурси, кВт год — енергетичні ресурси річок тощо).
4. ПРП — система закономірних сполучень взаемообумовлених природних
і соціально-економічних зв'язків, виражень в речовинній, енергетичній чи
іншій формі.
5. ПРП території — категорія історична й піддана змінам щодо значення й ролі
у часі.
Кількісне вираження ПРП території визначається його сумарною цінністю аа
всіма видами використання, тобто сумою добутків споживчої вартості одиниці ре-
сурсу і його загальної кількості у межах досліджуваної території.
800 ГЕОГРАФІЯ. Реферати
Компонентна структура IIРП — це внутрішньовидові співвідношення природ-
них ресурсів (лісові, водні, мінеральні, земельні тощо).
2. Оцінка потенціалу кожного з видів ресурсу
Оцінка потенціалу кожного з видів має свої особливості.
Оцінка мінерального потенціалу заснована на показниках річної продуктивності
відповідних родовищ, помноженої на розрахунковий термін їхньої експлуатації.
Оцінка потенціалу водних ресурсів здійснюється на основі сумарного економіч-
ного ефекту від використання води в галузях господарств*.
Оцінка потенціалу земельних ресурсів визначається як добуток середньої ве
личили валово! продукції і площі сільгоспугідь.
Природно-ресурсний потенціал лісових ресурсів розраховується за оптовими
цінами 1 м’ деревини, помноженими на П середньорічний приріст (з урахуванням
регіональних відмінностей якості).
Економічна оцінка фауністичного ІІРП складається із середньорічної продук-
тивності мисливських, рибних і медоносних ресурсів, вираженої в затвльнодержав-
них цінах.
Оцінка потенціалу природно-рекриаційннх ресурсів розраховується за кількістю
рекреантів, які можуть бути прийняті в* відпочинок у різних регіонах країни.
3. Структура природно-ресурсного потенціалу України
За структурою природно-ресурсний потенціал може бути поділений ва такі
групи ресурсів:
1) мінеральні (паливно-енергетичні, сировинні для металургійної, хімічної
промисловості, будівельного комплексу);
2) водні (поверхневий стік, підземні водн);
3) земельні;
4) лісові;
б) фауністичні (мисливські, рибні, медоносні);
Б) природно-рекреаційні (рекреаційні території, придатні для створення са-
наторно-курортних установ, баз відпочинку, туристичних маршрутів).
Коротко розглянемо потенціал названих ресурсів на території України.
І
З. І. Потенціал мінеральних ресурсів
Сукупна продуктивність мінерально-сировинного потенціалу України оцінюєть-
ся в 17.3 млрд. дол. З них:
ПІ“ІІ паливно-енергетичних — 71,9 %;
ПРИ металевої сировини — 16,6 %;
ІІРП будівельних матеріалів — 6,9 %;
ПРП гірппчохімічмої сиропний — 2,2 %.
Розподіл паливно-енергетичних і мінерально-сировинних ресурсів по території
обумовлений її геологічною будовою.
У межах Українського кристалічного щита знаходяться родовища залізних руд
(Кривий Ріг. Кременчук, Білозерна), марганцевих руд (Нікополь. Марганець). Тут
знаходяться родовища титанових, нікелевих руд. урану. Близьке залягання від по-
верхні (місцями виходи на поверхню) кристалічного масиву (докембрійського віку)
забезпечує залягання гранітів, базальтів, гранттодіоритів та інших кристалічних
порід для одержання щебепів. буту тощо.
У межах тектонічних западин (прогинів) — Дніпровсько-Донецької на сході.
Галицько-Волинської иа заході. Причорноморської на півдні знаходяться нафто-
і газоносні шари; тут зосереджені основні запаси кам'яного вугілля (Донецький.
Львівсько-Волинський басейни), кам'яної солі іАртемівське родовище), калійної
солі (Калуш), самородної сірки (Яворів). Практично повсюдно е глини, піски, си-
ровина для цементної промисловості.
ЖМШМЖЖ ГЕОГРАФІЯ. Реферати 001
Аналіз наявності на території України корисних копалин і забезпеченості ними
на доступну для огляду перспективу дозволяє оцінити паливно-енергетичні й мі-
нерально-сировинні ресурси як середні, помірно-сприятливі для розпитку продуй
тивних сил. Відносно добре наша держава забезпечена високоякісними залізними
й марганцевими рудами, які не тільки повністю покривають внутрішні потреби
чорної металургії, але й можуть частково експортуватися. Потреба в нафті й газі
за рахунок класних ресурсів задовольняється на 16 20 %. Запаси вугілля біль-
ші, і якість його досить висока, умови залягання вугільних шарів я основному
районі видобутку — Донбасі — роблять видобуток нереігтабельпим. Україна бідна
на руди кольорових металів.
3.2 Потенціал водних ресурсів України
Виходячи зі сказаного вище, у поняття «водні ресурси» будемо включати тіль-
ки прісні води суші, які безпосередньо використовуються або які планується ви-
користовуватп в процесі господарської діяльності. До такої категорії вод належить
річковий стік і придатні для експлуатації підземні води.
Забезпеченість водними ресурсами одного жителя України становить 1030 м*/рік,
що приблизно в 10 разів менше від аналогічного середиьосвітового показника
(11000 м’/рік). Нижче ееродньосвітоаого показника і питома водозабезпеченість
одиниці площі території України. Вона становить близько 83000 м’/рік/км’,
а у світі — 268000 м’/рік/км’ (у Росії понад 200000, у СІІІА — 363000. у Фран-
ції — 411000 м’/рік/км*).
Поверхневий стік держави характеризується значною нерівномірністю в часі
й просторі. У весняну повінь протягом 2-3 тижнів проходить до 60-70 % річного
стоку. Узимку й улітку річковий стік значно скорочується.
Регулювання річкового стоку зі створенням значної кількості ставків і во-
доймищ дозволило практично подвоїти водно-ресурсний потенціал України. На
сьогодні в Україні створено понад 900 водоймищ загальною площею близько
•г, 1000 тис. га й сумарним об'ємом 52 км’, що приблизно дорівнює середньорічяо-
му стоку Дніпра.
Розподіл водних ресурсів по території нерівномірний. Так. 2/3 площі Укра-
ї Іни знаходиться в умовах недостатнього й нестійкого природного заоложен-
’л ия. Водний фактор перетворюється на обмежувач розвитку продуктивних сил.
Гідроенергетичні ресурси України досить обмежені. їхній сумарний валовий
потенціал обчислюється 44,7 млрд. кВт-год. З них економічно доцільно використо-
вувати тільки 16 млрд. кВт' год. Основна частина їх уже залучена до господарської
діяльності, тому можливості подальшого гідроенергетичного освоєння річок прак-
тично вичерпані.
В Україні розвідано близько 90 родовищ мінеральних вод, а яких 35 залучено
до господарського використання.
Термальні води України вивчені ще недостатньо. Відносно неглибоке їхнє за
лягання, висока температура уможливлює їхнє залучення до господарського вико-
ристання для обігріву теплиць, житлових приміщень, вироблення електроенергії.
3.3, Земельно-ресурсний потенціал України
Земельний фонд України становить понад 60 млн. га. Близько 80 % його
кількості перебуває в користушапі різних сільськогосподарських підприємств.
Більшу частину земельних ресурсів становлять сільськогосподарські угіддя —
10,107 млн. га, що дорівнює близько 70 % всієї площі земельного фонду. Це свід-
чить про високий ступінь господарського освоєння території нашої держави.
Орні землі — 34,2 мли. га (56 %), за цим показником Україна стоїть в одному
ряді з такими країнами, як Данія, Голландія, Угорщина, Польща.
У структурі грунтового покриву земельних угідь переважають чорноземи —
65 % орних земель. Особливістю чорноземів є значна товщина гумусового горизон-
802 Ш ГЕОГРАФІЯ. Реферати
гу (до 120-150 мм), висока питома вага вмісту гумусу (3,5-7,0 &). Близько 10 %
ріллі мають опідзолеяі й деградовані чорноземи, 2,5 % — солонцюваті грунти,
близько 6 % — дореко-чорноземяі. Інша частина — підзолисті (7 *%), онілзолені
(5 %), сірі лісові (близько 7 %). Поширені також каштанові (близько 9 %), лугові
(2 %), буроземи (0.65 %) та ін.
Якщо взяти умовно якість земель України в середньому за 100 балів, то
айродючіші землі будуть у Тернопільській. Вінницькій, Черкаській областях
(140 балів). Чернівецькій, Київській (130 балів). Полтавській, Хмельницькій об-
ластях (120 балів), від 80 -95 балів оцінюються землі Запорізької, Дншропетровсь
коі. Львівської. Миколаївської. Харківської областей. Найнижчими балами оці-
нюються ґрунти Луганської області (69 балів).
Структура земельного потенціалу така:
91,7 % — орні землі,
6,3 % — багаторічні насадження (сади, виноградники тощо).
24 % — пасовища й сіпожаті.
4
3.4 Потенціал лісових ресурсів
Площа лісів України становить 14,3 % території (9,2 мли. га). Ліси переваж-
Іно санаторно-оздоровчі, протиерозійні, природоохоронні й лише частково — сиро-
винні. Останні знаходиться в основному в Карпатах, Поліссі, де лісистість досягає
20-40 %. У степових регіонах України лісистість становить 4 %.
Переважають у наших лісах хвойні породи (сосна, ялина) - 54 %, на твердо-
листяні (дуб, бук. граб) припадає 4(1 %. При цьому ва деревостій високої продук-
тивності припадає до 76 % всієї лісопокритої площі.
Потенціал лісових ресурсів становить 4,2 % від сумарного ПРП.
Потреби в деревині за рахунок власних ресурсів каша держава задовольняє
на 25-30 %.
гг
3.5. Потенціал фауністичних ресурсів
Основним підвидом у структурі фауністичних ресурсів е медоносні ресурси
(68.6 %), за ними йдуть рибні (28,8 %) і мисливські (2,6 %).
Питома вага в структурі ПРП України незначна — 0.47 %.
Продуктивність фауністичних ресурсів України може бути Істотно збільшена.
Це вимагає поліпшення кормової бази, селекційної роботи, використання трудо-
вого господарства, створення сприятливих умов для розведення поголів'я диких
звірів тощо.
3.6. Природно-рекреаційний потенціал
У сумарному обчисленні природно рнкріашйчнй потенціал Укриши становить
9,6 % від ПРП країни. Це досить значна забезпеченість даними ресурсами, у тому
числі природного, історико-архітектурного Й культурного характеру.
Узбережжя теплих морів, середньовясокі, покриті лісом горн, Поліське поезер’я,
численні нам’яткн історико-архітектурного призначення можуть стати при комер
цінній постановці питання джерелом значних надходжень коштів і стати одним
з імпульсів розвитку господарства країни. Прикладами таких країн, до природ-
но-рекреаційні ресурси інтенсивно використовуються, в Іспанія, Мексика, Туреч-
чина, Греція та ін.
СТАНОВЛЕННЯ Й РОЗВИТОК СОЦІАЛЬНОЇ
И ЕКОНОМІЧНОЇ ГЕОГРАФІЇ
План
1. Зародження економіко-географічних ідей.
2. Розвиток економіко-географічних уявлень у Роси в XVIII столітті.
3. Формування нової економічної географи в першій половині XIX століття.
ГЕОГРАФІЯ. Реферати 803
ТА»
4 Основні напрямки розвитку економіко-географічних ідей у другій половині
XIX століття — на початку Ю( століття.
5. Світова соціально-економічна географія в XX столітті: етапи й напрямки до-
сліджень.
1. Зародження економіко-географічних ідей
Становлення соціалміогкономічної географії (СЕГ) зумовлена прогресом про-
дуктивних сил людства й породжене потребами в конкретних знаннях про насе-
лення, його господарську діяльність, природні ресурси, їхнє використання в тих
чи інших країнах і регіонах. Історію СЕГ слід розглядати в загальному «потоці»
поступового нагромадження й формування географічних знань.
Перші «паростки» СЕГ. деякі її елементи відзначаються вже в античну епоху
в стародавніх рабовласницьких державах.
Один із визначних географів дивнннп — Страбоп (64/63 р. до її. е. —•
23/24 р. н. е.) у своїй знаменитій «Географії» викладає оригінальні думки щодо
розділення країни на частини за «природними поділами».
Епоха середньовіччя відрізняється загальним занепадом науки, кали економі
ко-гсографічні ідеї майже зовсім «гаснуть». тому що поділ праці виражений досить
слабко. Але в той же час, у 1333 р. з’являється праця італійця Ііеголотті «Прак-
тика торгівлі» (це праця з географічної літератури — так називаної комерційної
географії). «Практика торгівлі» містила відомості про якість і технологію виготои-
леиня найважливіших товарів, про одиниці ваги й міри, грошових одиниць країн,
опис мит і транспортних витрат, а також караванної'» шляху віл Азовського моря
в Китай. Таким чином, у XIII ст. виникає деяка «кількість» опису держав, що
можна вважати «початком» економічної географії.
Отаиоалония цієї науки припадає на початковий період капіталістичної епохи
(XVI ст.), що обумовлене:
:• 1) великими географічними відкриттями;
2) розвитком промисловості в ряді європейських країн, що привело до розши-
: реиня торгівлі.
«Кількісний опис» окремих країн у цей період одержав назву статистики
$ (від лат. віаіия — стан). Згодом цей напрямок збагатився англійською «політич-
ною арифметикою» і започаткував сучасну статистику.
Яскравим прикладом такого напрямку е «Опис Нідерландів» Людовіко Гвіч-
чардіиі (1621-1689). що витримав Зо видань на сімох мовах. Ця праця складала-
ся із двох частин: за сучасною термінологією — галузевої й районної. Дослідники
оцінюють цю книгу як перший економіко-географічний твір.
Пройшло менше ста років, і друком вийшла перша теоретична праця в геогра-
фії, що стосувалася становлення СЕГ. Це книго талановитого географа Бернхарда
Вврешуса (Варяна) (1622-1650) «Генеральна географія».
В. Варені ус систематизував дані щодо загальної фізичної природи земної кулі,
виділивши загальні закономірності, зробив оригінальну класифікацію розділів гео-
графічної науки.
У розділі країнознавства Вареніус вичлеиував три «позиції», що аналізують
«властивості» країни:
1) «земні» - геоірафічис положення країни, П кордони, розміри, рельєф, ви-
добуток руд, водн, груита, рослинний і тваринний світ;
2) «небесні» — широта місця й висота сонця, тривалість сезонів року, кліма.
тична зональність, метеорологічні й астрологічні явища;
3) «людські» — склад населення, особливості його життя, доходи, освіта, ре-
месло, торгівля, політичний устрій, міста.
Природні й соціальні явища на цьому етапі становлення СЕГ повсюдно вивчи
лися ізольовано. Так. якщо Вареніус науково забезпечував природну сторону жва
аої морської торгівлі, що розгорнулася в XVII ст., то Петті — економічну. Аиглій-
П04 •Й*’* ГЕОГРАФІЯ. Реферати
|СькііЛ учений, «батько політичної економії» Вільям Петті (1623-1687) дав аналіз
І вигоди територіального подціу праці в результаті розвитку морської торгівлі. Вій
увів поняття «продуктивні працівники», вважав, що численне населення — ба
гатгтво. а яечисіенне — це бідність.
2. Розвиток економіко-географічних уявлень у Росії в XVIII столітті
Г Першим. у Росії дробив спробу поєднати загальггографічні науки й статистику
в одне ціло Іван Кириловвч Кирилов (1689-1737) — найвидатнїший російський
| географ початку XVII ст., представник епохи петровських перетворень. Йому ва
лежить перший систематичний опис Росії з досить повним зведенням наявних
у першій чверті XVIII ст. статистичних, економічних 1 географічних даних. Цю
працю — «Квітучий стан Всеросійської держави...» (1831) — часто називають пер-
шим російським економіко-геогрвфічиим описом. Багато років Киридов керував
картографічними роботами в країні. Він підготував перший атлас Росії. Ідеї й про-
позиції Кнрилова були розвипгпі В. Н. Татищевим і М. В. Ломоносовим.
Василь Микитович Татишев (1688 1750), видатний вчений і державний діяч
Роси, запропонував, зокрема, оригінальну класифікацію галузевої географії. Він
виділяв математичну (нинішню геодезію, каріоірафію), фізичну, політичну (по
суті економічну) географію. До об'єктів останньої він відносна;
ч) мережу населених пунктів;
, б) населення як продуктивну силу;
в) місцевості, гцо розвивають ті чи інші галузі господарства;
। г) економічний результат виробництва;
д) зміну цих об'єктів у часі.
Учений-енциклопедист Михайло Васильович Ломопосов (1711-1765), очолив-
ши в 1758 р. Географічний департамент Петербурзької Академії наук, доклав ба-
гато зусиль для організації географічних досліджень Росії а узагальнення отри-
маних відомостей.
З Формування нової економічної географії в першій
половині XIX століття
Цей найважливіший для розвитку економічної географії в Росії етап відзначе-
ний першими спробами економічного районування.
Особливої уваги заслуговує діяльність Костяптнпа Івановича Арсеньгва (1789-
1865), одного о перших учених в галузі російської економічної географії, що багато
вробили для розвитку її районного напрямку. Основна його робота — «Окреслен-
ня статистики Російської держави» — досвід економічного районування Росії аа
сукупністю природних і господарських ознак.
Принципово важливі положення теорії технологічного районування були сфор-
мульовані в 1847 р. російським поетом і публіцистом Миколою Платоповичем
Огарьовнм (1813-1877):
1) район — це реально існуючий об’єкт, а не проста «гра розуму»:
2) райони слід розглядати в їхній динаміці — з погляду не тільки минулого,
сьогодення, але Й майбутнього;
3) економічне районування має спиратися на закони політичної економії, тому
що процес районування — об’єктивний процес громадського життя.
4. Основні напрямки розвитку економіко-географічних ідей
у другій половині XIX століття — на початку XX століття
На цьому етапі виділяється праця американського вченого Джорджа Поркінса
Марша (1821-1882) «Людина й природа, або Фізична географія, змінена людською
діяльністю» (1864; у Росії книга вийшла у перекладі в 1866 р.). Книга Марша
викриває хижацький вплив капіталістичного виробництва на природне ссредови
ще. і в той же час вона мас яскраво виражений конструктивний характер. Марш
ГЕОГРАФІЯ. Реферати 805
намітав шляхи реконструкції природи за допомогою меліорації. насадження лісів,
збагачення флори й фауни.
З його думками перегукуються ідеї й науково-практичні розробки видатно-
го російського вченого-нату раліста Олександра Івановича Восйкова (1842-1916).
Ви вчення впливу людської праці на природу, перетворення її людською діяльніс-
тю — одна головних сфер його наукових інтересів.
На думку Фрідріха Ратцеля (1844-1904), професора Лейпцігського ужіверснте
ту. автора праць «Земля й життя». • Антропогеографія», «Політична географія»,
«Народознавство», ключовим елементом географії є країнознавство, у якому здій-
снюється синтез природничо-наукового й соціально історичного напрямків у роз-
витку географічної науки. У своїх працях Ратцель намагався намалювати загальну
картину розселення людського суспільства до земній поверхні й розвитку культу
ри у зв’язку з географічними умовами.
Економічний напрямок у географи продовжив статистичну лінію попередніх
періодів історії географічного знання. Наприкінці XIX ст. воно було представле-
не німецьким ученим В. Готцем, що ввів у вжиток термін «економічна географія»
(з 1882 р.), англійським географом Дж. Чісхолмом. російським економістом і еко-
иомом-географом В. Е. Деиом — першим професором, що почав читати курс еко-
номічної географії під її сучасною назвою.
• Економічний напрямок в економічній географи одержав розвиток і в російській
географи, особливо в працях великого російського вченого Петра Петровича Семе-
нова-Тяп-Шевського (1827-1914). Особливу увагу слід звернути.па варіант райо
нувапня Росії, розроблений ученим (1830 р.). Економічне районування зроблене за
сукупністю економічних ознак, з урахуванням природних умов і ресурсів. (Ціка
во. що сітка районів Держплану РРФСР 20-х років XX ст. в основному збігалася
із сіткою районів Семепова Тян-Шаиського).
Економіко-географічні проблеми відбито в працях знаменитого хіміка Дмитра
!; Івановича Менделєєва (1834-1907). Його особливо цікавили питання господарської
оцінки природних ресурсів і географічного положення різних частин Росії, вста-
>; ковлення системи показників економічного району, економічний аналіз демогра-
фічних показників.
З ім’ям М. М. Варанського пов’язані польові дослідження радянських еко-
номів-географів. Але найголовнішою заслугою його е зміцнення районного на-
прямку економічної географії, У районному напрямку ка перший план має ви
ігти аналіз зв’язків явиш виробничих, природних, трудових, матеріально-тех-
нічних, які утворюють базу для комплексного розвитку кожного району й усієї
системи районів.
Іншим основоположником радянської економічної географії став Микола Ми-
колайович Колосовський (1891-1964) — один із розробників районів Держплану
й першого п’ятирічного плану- Ученому належить концепція територіально-вироб-
ничого комплексу (ТВК). Суть її полягає в раціональній організації господарства
з урахуванням географічного положення, використання природних ресурсів і со-
ціально-економічного потенціалу.
Серед окремих галузей економічної й соціальної географи, що одержали значний
розвиток у СРСР, слід відзначити географію населення, у якій працями М. М. Ва-
ранського, Р М. Кабо, Г. М. Лапко було сформоване уявлення про опорний кар-
кас розселення.
5. Світова соціально-економічна географія в XX столітті:
етапи й напрямки досліджень
XX століття для соціально-економічної географії почалося факл ячно після
Першої світової війни. 20 -30 1 роки характеризуються пошуками просторових
закономірностей у розміщенні виробничих сил і розселенні населення. Цей на-
прямок пов’язаний з іменами вчених Вальтера Крнсталлера (1893-1969) і Ав-
806 ГЕОГРАФІЯ. Реферати
густа Леша-(1906 1046), які займалися питаннями географії населення й неви-
робничої сфери, зробили спробу виявити закономірності розміщення населяй
ия, населених пунктів, устаноонли пенні ієрархічні щаблі в цьому ровмішеппі.
Істотними особливостями відзначався етан Другої світової війни, що для про-
відних країн Заходу й Радянського Союзу характеризується нагромадженням до-
свіду військово-географічних досліджень на основі співробітництва представників
різних наукових дисциплін.
Наступний великий етап у розвитку соціально-економічної ізографії — із се-
редини 40-х до початку 70-х років. Для нього характерні такі процеси, як «кіль-
кісна революція», що розвивалася під впливом загальних успіхів науково-техніч-
ною прогресу, формування й розвиток регіональної концепції, активні розробки
принципів просторової організації й просторового аналізу. «Кількісна революція»
у географи розгорнулася в період із середини 50-х до початку 70-х років задля
ки працям американських екопоміко-іеографів Б. Беррі, У. Вупге. В. Гаррисоаа,
англійських учених П. Хаі гета, Д. Харвея. Р- Дж. Чорні. Суть цього процесу ві
добрлжаеться в так званій математичній географії, тобто в широкому застосуван
ні математичних підходів і статистичних методів у географічних дослідженнях із
використанням комп’ютерного програмування.
Остапи! десятиліття XX ст. — початок XXI ст. характеризуються складни-
ми, часто суперечливими процесами в розвитку географічної науки в цілому й со-
ціально-економічній географії зокрема. По-перше, географія висувається на одно
із провідних місць серед галузей знання з вивчення питань природокористування,
глобальних і регіональних проблем взаємодії суспільства й природи, удоскона-
лення територіальної структури господарства й розселення населеипя. По-друге,
зростає прагнення до поглиблення міжнародного співробітництва географів, тому
що підвищується їхня відповідальність за вирішення глобальних проблем людства
У значній мірі це визначається розвитком інтернаціоналізації всіх сфер життя
міжнародного співтовариства, необхідністю географічного обгрунтування еконо-
мічних основ регіональної інтеграції, формування нових ринків збуту й активних
змій у процесі міжнародного поділу праці, залученням до господарського обороту
нових територій, глибокими соціально-економічними й політичними перетворен-
нями в постсоціалістнчких країнах.
У цілому в сімействі географічних наук у цей час лідирують не природознавчі,
а «людські», суспільно-географічні науки, що обумовлене підвищеним інтересом
до соціально- і гуманітарно-географічних проблем, конкретної людини, способу
і якості її життя Прикладом може бути так звана поведінкова географія — ши-
рокий спектр праць про особисте сприйняття людиною навколишнього світу й про-
сторову поведінку людей.
Швидко розширюється коло соціально-географічних досліджень, що містить
питання географії безробіття, міської злочинності, географії освіти й спорту, гео-
графії менеджменту тощо.
Вплив сучасного етапу науково-технічної революції спричинив появу таких но-
вих сфер дослідження, як географія атомної енергетики, географія комунікаційних
мереж і телекомупікацій, географія високих технологій тощо.
Слід відзначити розширення сфери діяльності соціально-економічної географії
за рахунок розвитку політико-географічних досліджень різного роду, впроваджен-
ня геополітичних ідей у світову географічну науку, у діяльність владних структур
і повсякденну свідомість.
ЕКОЛОГІЧНА СЕРТИФІКАЦІЯ ПРОДУКЦІЇ — КРОК
ДО ЕКОЛОГІЧНО ЧИСТОЇ ПРОДУКЦІЇ В УКРАЇНІ
План
1. Підвищення рівня життя викликає зростання екологічних потреб населення
України.
ГЕОГРАФІЯ. Реферати 807
2 Пріориіетний розвиток екологічно безпечних виробниців є інновацією в гос-
подарському комплексі України.
3. Необхідність державної системи стимулювання інноваційних виробництв.
4. Екологічна сертифікація — один з інструментів реалізації інновацій у госпо-
дарському комплекс» України.
5 Екологічна сертифікація агропромислового виробництва.
6. Ознаки екологічно чистої продукції.
1. Підвищення рівня життя викликає зростання екологічних потреб
населення України
З підвищенням рівня життя населення України будуть зростати й екологічні
потреби, тому вже сьогодні необхідно враховувати досвід країн ЄС, США. Японії.
Так, наприклад, у цих країнах фірми одержують більші прибутки завдяки тому,
що вирощують (виготовляють) екологічно чисту продукцію, використовують за-
соби для ліквідації наслідків скоднетруктпвного вплину; випускають продукцію
для підтримки імунітету, оздоровлення людини; застосовують енергозберігаючі
технології; займаються рециркуляцією відходів, охороною довкілля; пропагують
екологозберігаючий стиль життя тощо.
Розвиток сфер виробництва екологічних товарів і послуг е інновацією в гос-
подарському комплексі України. Такі виробництва стають високорентабельними,
одержують найбільші прибутки, є екологічно безпечними.
2. Пріоритетний розвиток екологічно безпечних виробництв
е інновацією в господарському комплексі України
Для забезпечення переходу економіки на Ікноиаційний шлях розвитку необ-
хідно сформувати державну систему стимулювання й підтримки пріоритетних на-
прямків розвитку з урахуванням національних і регіональних особливостей, а та-
: кож європейського й світового досвіду.
•; Одним з інструментів реалізації інновацій щодо довкілля є екологічна оер-
•; тифікація як процедура перевірки відповідності вимогам законоіавчо-норматиа-
' них документів.
і< У світовій практиці екологічну сертифікацію почали впроваджувати з 1992 р.
на основі Директиви ЄС «Про екологічні знаки». Теоретичні аспекти розвитку еко-
логічної сертифікації здобувають усе більший розвиток в усьому світі.
Наукові публікації, монографії, підручники України недостатньо розкривають
еколого-екоиомічні механізми впровадження екологічної сертифікації. Так, на-
приклад. у системі методів державного регулювання процесів формування ринку
екологічних інновацій не показана екологічна сертифікація, яка мало використо-
вується в Україні, але має широкі перспективи, оскільки довела свою доцільність
і ефективність у закордонній практиці екологізації економіки.
Сертифікація продукції як інструмент технічного регулювання й обов'язковість
її проведення передбачені законами й нормативами України. Наприклад, Закон
України «Про підтвердження відповідності» від 17 травня 2001 р.. Закон Украї-
ни «Про вилучення з обігу, переробку, утилізацію, знищення чи подальше вико-
ристання неякісної й небезпечної продукції* від 14 січня 2001 р.
У 2002 р. затвердженії «Концепція державної політики у сфері керування якіс-
тю продукції», що передбачає створення й сертифікацію продукції.
Державним департаментом продовольства иа 2005 -2008 р розроблена науко-
во-технічна програма для харчової промисловості в рамках «Загальнодержавної
комплексної програми розвитку високих наукомістких технологій*.
В Україні харчові продукти, продовольча сировино, супутні матеріали, устат-
кування для їх виробництва підлягає обов'язковій сертифікації в порядку я за
правилами, встановленими Держспоживстандартам. Для цього створена система
державної (обов'язкової) і недержавної (добровільної) сертифікації. Перелік про-
808 ГЕОГРАФІЯ. Реферати
дукції, що підлягає обов'язковій сертифікації, постійно корегується залежно від
ситуації в краші і її міжнародних віДносип.
Отже, фактично екологічна сертифікація в Україні перебуває в стадії свого ста-
новлення в цілому й агропромислового виробництва зокрема.
Цілі екологічної сертифікації агропромислового виробництва в нашій країні:
II) участь у міжнародній торгівлі, економічне й науково-технічне співробіт-
ництво;
2) створення умов для діяльності підприємств на єдиному товарному ринку;
3) забезпечення вибору споживачами якісної продукції;
4) контроль за безпекою продукції для довкілля, людини, майна;
б) підтвердженим сертифікатами показників якості рекламованої продукції;
6) недопущення прояву хвороб, які е результатом розвитку інфекцій харчово-
го походження.
3. Необхідність державної системи стимулювання
інноваційних виробництв
Проведення сертифікації за екологічними вимогами в Україні забезпечить під-
приємствам агропромисловою сектора:
* впровадження екологічно беїпєчиих виробництв;
реалізацію екологічних вимог природоохоронного законодавства при веден-
ні господарської діяльності;
• запобігання ввезенню до країни екологічно шкідливої продукції, відходів,
технологій, послуг;
• експорт продукції, у тому числі й сільськогосподарської, ВІДПОВІДНО до сві-
тових вимог;
• інтеграцію України в ЄС і світові організації.
Об’єктами екологічної сертифікації мають стати.
1) підприємства Я виробництва;
2) продукція агропромислового комплексу;
3) агротехнічні прийоми вирощування екологічно чистої продукції:
4) методи обробки харчових продуктів;
б) відходи виробництва Й споживання, поводження з ними;
б) окремі території, сільськогосподарські угіддя, ландшафти.
4. Екологічна сертифікація — один з інструментів реалізації
інновацій у господарському комплексі України
Обов'язковій сертифікації, відповідно до вимог Держспоживстандарту, уже
І сьогодні підлягають сільськогосподарська продукція й санітарні характеристики
ґрунтів. Останнім часом впроваджуються так звані «органічне сільське господар-
ство» і «біологічне землеробство».
Недавні «страхи», пов'язані з харчовими продуктами, особливо в Європі (вико-
ристання генетично модифікованих продуктів), а також зростаючі ознаки екологіч-
ної користі «органічного сільського господарства» підвищили попит споживачів на
продукти, вирощені без використання пестицидів, ХІМІЧНИХ добрий тощо.
Сертифікація відповідності продуктів в Україні й за кордоном певним тех-
нічним умовам (стандартам) може бути пов'язана з такими операціями: типо-
вими випробуваннями; наглядом шляхом контрольних випробувань зразків,
придбаних на відкритому ринку; наглядом шляхом контрольних випробувань
зразків иа підприємстві; оцінкою системи якості постачальника, випробуван-
ням партії.
За станом на 2004 р. 12 % підприємств харчової промисловості ссртифі ковані.
Споживання екологічно чистої продукції мас супроводжуватися використан-
ням тарн й упаковки, перевірених щодо можливого переходу хімічних племен
тів у готову продукцію або напівфабрикати. Упаковка має містити повний обсяг
«аШШОЖЖШО ГЕОГРАФІЯ. Реферати 809
інформації щодо маркування продукції, у тому числі А екологічного (склад про-
дукції, вага, відомості про добавки (стабілізатори, згущувачі тощо), термін і реко-
мендації щодо споживання). Екологічне маркування показує А економічні харак-
теристики продукції: цшу, одержання коштів (компенсацію) за збір, переробку
тари або упаковки; перевезення, реалізацію та іп. Практичне значення економіч
ного маркування полягає в тому, що такі товари краще купуються, тобто фірма
одержує більше прибутки.
5. Екологічна сертифікація агропромислового виробництва
Відповідно до вимог до екологічно чистої продукції а процедур сертифікації
сформовані ознаки екологічно безпечних харчових продуктів.
1. Виробництво продукції має проходити процедури екологічної
сертифікації.
2. Продукти за якісними характеристиками мають відповідати нормативним
документам, містити набір макро- і мікроелементів, необхідних для здоро-
вого й збалансованого харчування людей, мають бути ііетокеичними А не
містити шкідливих добавок.
3. Продукти мають виготовлятися за допомогою енергозберігаючих безвідход-
них і маловідходинх технологій з мінімальними витратами сировини и енер-
гії тв мінімальними відходами виробництва, які б завдавали мінімальної
шкоди навколишньому середовищу.
4. Харчові відходи виробництва й споживання мають перероблятися, а про-
дукти переробки — використовуватися в господарстві, розселені відходи —
включатися а природний біогеохімічний кругообіг речовин і енергії.
б. Харчові добавки різного призначення не повинні містити токсичних ін-
гредієнтів, які призводять до негативлих наслідків для здоров'я людей.
6. Продукція повинна мати сертифікат якості й усі необхідні відомості про
І; склад, умови зберігання й про виробника.
8
£ 6. Ознаки екологічно чистої продукції
Екологічна чистота продукції безпосередньо пов'язується з категорією й понят-
;• тям «якість». Осіянне на сьогоднішній день визначав стиль життя, соціальну, еко-
*' комічну А екологічну основу для успішного розвитку суспільства Й людини.
У сучасних економічних умовах проблема якості всіх видів продукції є головною
для виживання організацій І цілих галузей господарського комплексу України.
ГЕОГРАФІЧНИЙ (ТЕРИТОРІАЛЬНИЙ)
ПОДІЛ ПРАЦІ
План
1. Поняття про географічний поділ праці.
2. Фактори розвитку міжнародного поділу праці
3. Розвиток МПП в епоху науково-технічної революції
1. Поняття про географічний поділ праці
Географічний (територіальний) поділ праці (ГШІ) — одне з основних, ключо-
вих понять в економічній і соціальній географії.
Чим глибший ізографічний поділ праці в країні, тим вищий рівень її економіч-
ного розвитку. Одне людина, одна родина не може забезпечити себе всім необхід-
ним за потребами. Та Я окрема невелика територіальна спільність людей не змогла
б організувати економічно ефективне виробництво матеріальних благ в умовах за-
мкненого натурального господарства, економічної автаркії (від грецьк. аиіагкеіа —
самозадоволення), тобто відокремлення країни, створення замкнутої економіки.
На перших етапах людської Історії поділ праці відбувався за біологічними озна-
ками — статтю, віком людей. Величезну роль відіграв поділ праці між племенами
в 10 ГЕОГРАФІЯ. Реферати
кочівників-скотарів і хліборобів. Він відображений у біблійному міфі про СИНІВ
Адама і Свк — Каїна я Авеля. Праця первісного хлібороба була набагато важчою,
ніж праця пастуха, звідси й заздрість хлібороба Каїна до пастуха Апеля, що при-
звела до братовбивства. Наступним кроком в історії було відділення міських видів
занять — ремесел і торгівлі. Поділ фізичної й розумової праці й кожен із нонах
самостійних нпдіи трудової діяльності ніби закріплювався за певними територія-
ми. Так поступово виникали зачатки ПІП.
Зовні ПІП проявляється в територіальних відмінностях у виробництві про-
дуктів. Але не всяка відмінність — результат і ознака ГПП. Якщо народи Пів-
дсіпю-Східної Азії вирощували рис, а корінні жителі Америки — кукурудзу,
територіальні відмінності в. а ГПП — немає. Лише коли певну кількість рису
або кукурудзи почали вирощувати додатково для обміну, виник ПІП. Подіб-
ний обмін значно підвищував продуктивність праці в традиційних промислах.
У сусідів шляхом обміну можна було добути нові види продуктів, отриманих
в інших природних умовах і з інших природних матеріалів. У такий спосіб роз-
ширювався асортимент використовуваних продуктів, засобів виробництва тощо.
Обмін давав спільноті людей можливість мати продукти, які взагалі не можна
було виробити на місці через відсутність відповідних умов або ресурсів. Мисли-
вець-чукча міг добута додаткову кількість хутра для обміну, але не міг зробити
чай або вінчестер.
Первинні форми міжтериторіального обміьу обмежувалися порівняно невели-
ким простором і вузьким колом продуктів
Найочевидніша причина ГПП — відмінності в природних умовах 1 ресурсах,
оскільки вони багато а чому визначають економічну ефективність виробництва.
Але ця причина не єдина й вс завжди головна. Наприклад, спеціалізація Куби
па тютюні й цукровому виробництві, південних штатів СІП А на бавовні поясню-
валася ке тільки сприятливим кліматом, але й можливістю застосування дешевої
рабської праці. І в наш час розквіт економіки «азіатських тигрів» (Таїланду. Сіига- ;
пуру та ін.) за рахунок виробництва сучасної продукції машияобудувания я першу •
чергу визначається наявністю численної й досить дешевої робочої сили.
Велике значення мають сформовані національні традиції суспільства.
Основоположником учення про ГПП у радянській географи з повною підете- •
вою можна назвати М. М. Наринського. Його заслуги в розробці основ учення про
ГПП такі:
1) вів визначай ГПП як просторову форму суспільного поділу праці: «Необ-
хідна умова географічного поділу праці полягає в тому, щоб різні країни
(або райони) працювали одна для одної, щоб результат праці переправляв-
ся з одного місця в інше, щоб був, таким чином, розрив між місцем вироб-
ництва й місцем споживання»:
2) він виділяв два основних види ГПП — міжрайонне й міжнародне:
3) він проаналізував найважливіші історичні етапи розвитку ГПП «ушпр
і вглиб», відзначивши вплив па цей процес таких факторів, як економічна
вигода, транспорт, мита тощо;
4) вів показав вплив ГПП на зростання продуктивності праці й процес фор-
мування спеціалізації економічних районів.
2. Фактори розвитку міжнародного поділу праці
Міжнародний поділ праці (АІПП) академік О. Т. Богомазов визначає як «про-
цес стійкої концентрації в окремих країнах виробництва матеріальних благ і по-
слуг понад внутрішні іштреби, тобто для зовнішнього обміну, і одночасно процес
розвитку споживання понад виробничі можливості на основі придбашія продук-
ції ззовні*.
Сутністю МПП є міжнародна спеціалізація окремих країн на певних галу-
зях господарства, причому вона нерозривно пов'язана з обміном продукцією між
ГЕОГРАФІЯ. Реферати 811
країнами, розвитком міжнародних торгово-економічних відносин. Як же скла-
дається спеціалізація на виробництві певних продуктів?
Для ЦЬОГО необхідні три умови.
Перша умова: країна повинна мати ті чи інші переваги над іншими країнами
у розвитку певного виробництва. Вони можуть бути різного характеру: наприклад,
багаті мінеральні ресурси (або який-небудь один вид) чи родючі землі; зручність
географічною положення, що полегшує підвезення сировини й відправлення про-
дуктів на ринок; дешевизна робочої сили або висока класифікація робітничих і ін
жсиерио-технічних кадрів: наявність значного капіталу тощо.
Друга умова: за межами країни, що може виробляти надлишок певних то-
варів, мають існувати країни, де цих товарів не вистачає й де існує попит за ви-
щою ціною.
Третя умова: витрати ав доставку товарів аа ринок ие повинні поглинати всю
різницю між продажною ціною товару на місці виробництва А на тому ринку, куди
товар доставляється.
Остання умова безпосередньо залежить від стану транспорту: чим він дешев-
ший, тим на більші відстані можна переміщати товар, не побоюючись збитків,
і тим далі може знаходитися місце виробництва товару від місця його збуту або
споживаная. Особливо важливу роль у зв’язку із цим відіграє технічний прогрес
морського транспорту (тому вихід країни до моря — дуже важлива умова поглиб-
лення спеціалізації).
Міжнародний географічний поділ праці складався історично. У давнину обмін
між країнами Старого Світу обмежувався в основному районами Середземномор'я.
У середньовіччі він розширився за рахунок ь.|шїн Європи й Північної Африки. Піс
ля Великих географічних відкриттів у сферу МНИ увійшли території, що знахо-
дяться на берегах Атлантичного й Індійського океанів.
Дійсно міжнародним поділ праці став лише на тому досить високому щаблі
:• розвитку людського суспільства, коли між державами встановилися виробничі,
5 економічні зв’язки в міжнародному масштабі. Зовнішня торгівля й світовий рн-
> нок зародилися раніше, ніж МІІП почав іитеиснвпо розвиватися і склалося світове
•; господарство. Якщо світовий ринок виник ще ма мануфактурній стадії капіталіз-
£ му, то МІІП — на базі високої промислової стадії, а XIX ст.
Під дією науково-технічного прогресу в МІІП відбуваються глибокі зміни, зу-
мовлені розвитком внутрішньогалузевої спеціалізації. Одним з її напрямків є пред
метна спеціалізація — зосередження в якійсь країні випуску певних виді» про-
дукції певної галузі. Так. виробництво тракторів розвинене в США. у Німеччині,
у Великобританії (та в інших країнах), але США спеціалізується па випуску най
потужніших колісних і гусеничних тракторів,- Великобританія — колісних трак-
торів середньої, а Німеччина — малої потужності.
Тісніші зв’язки між виробниками різних країн забезпечує подетальна спе-
ціалізація, тобто спеціалізація підприємств однієї сторони на виготовленні ае ці-
лого готового продукту, а комплектуючих виробів, вузлів або деталей, які ие ма-
ють самостійного вжитку, а застосовуються як частини кінцевого продукту (зби-
рання його може здійснюватися за багато тисяч кілометрів від місць виробництва
вузлів і деталей).
Розвивається й так звана технологічна, або постадійпа, спеціалізація, у ході
яко! підприємства спеціалізуються не нв виробництві виробів чи їхніх частин,
а на виконанні конкретних видів робіт, стадій єдиного технологічного пронесу.
Важко переоцінити значення участі тієї чи іншої країни в системі МПП. «За-
вдяки міжнародному поділу праці відбувається безперервна циркуляція деякої
частки вироблених в національному господарстві сировини, матеріалів, готових
виробів, фінансових ресурсів, наукових і технічних знань, виробничого й управ-
лінського досвіду поза національпимн кордонами Це відкриває кожній країні
доступ до освоєння природних ресурсів світу (незалежно від місця П розташу-
812 ГЕОГРАФІЯ. Реферати
ваігня), до створених виробничих сил, до накопиченого за всю історію знання
і досвіду. Участь у міжнародному поділу прані дозволяє кожній країні повні-
ше і а найменшими витратами задовольняти свої потреби порівняно а тим, якби
вона пе "робила самотужки”» (Н. С. Мировенко «Вступ до географії світового
господарства»).
3. Розвиток МПП в епоху науково-технічної революції
Сучасна НТР у величезній мірі сприяє поглибленню МІНІ, розвитку міжна-
родної виробничої й науково-технічної кооперації. Це означає, що, власне кажу-
чи, іде процес розвитку всесвітнього поділу праці, тобто вищого за масштабом
просторового охоплення та рівня ГПП, такого, що в тій чи іншій мірі стосується
всіх країн світу.
У сучасному «віті це ьнянляїтьсх в утворенні розіплу женоі системи Міжнарод-
них економічних зв’язків:
1) обмін капіталами, товарами, послугами, досягненнями науки й техніки,
ученими, фахівцями;
2) контракти па основі міжнародної кооперації науково-технічних досліджень
і розробок у сфері виробництва, постачання Л збуту.
1 чим складніша й дорожча продукція, що випускається, тим відносно менші
можливості для її виробництва а національних межах, тим Наталі.нішо необхідність
створення виробництва па міжнародній основі. Це стосується таких наукдємних
галузей, як авіаракетно-космічна промисловість, атомне енергомашинобудування,
виробництво супер-ЕОМ тощ-,
НТР дозводпла організаційно розпивати єдині технологічні лаппюжкн й роз-
мітати їхні ланки в різних районах і країнах у найбільш повній відповідності до
вимог економічної ефективності кожної ланки. Разом із тим, відбувся стрибок
в організації світового виробництва, який виявився у стандартизації у світовому
масштабі, впровадженні широкого технічного обслуговування закордонних покуп- >
ців, удосконаленні системи збуту.
Активне й ефективне входження України в міжнародні економічні відносини £
має сприяти необхідним змінам у структурі господарства, усуненню диспропорцій >
між окремими йог» галузями, технічному відновленню промисловості й сільсько- 5
го господарства, формуванню сучасної сфери послуг
ПРОБЛЕМИ ВУГІЛЬНОЇ ПРОМИСЛОВОСТІ УКРАЇНИ
(НА ПРИКЛАДІ ДОНЕЦЬКОЇ ОБЛАСТІ)
План
1 Проблеми вугільної промисловості України.
1 1 Відсутність програми реконструкції галузі
1.2 Відсутність підготовки розробки нових горизонтів
1.3 Нестабільність у реалізації вугільної продукції
1 4 Відсутність оновлення технології в галузі.
1.5. Тривалий процес закриття й реконструкції шалі
2 . Концепція розвитку вугільної промисловості.
1. Проблеми вугільної промисловості України
Уже прія-нюи багатьох років залишається актуальним питання вибору концеп-
ції осйоєішя запасів кам'яного вугілля а Україні. Якщо проаналізувати результати
структурної перебудови вугільної галузі, то можна констатувати, що реальні показ-
ники не відповідають стратегічним цілям, назначеним у Концепції розвитку вугіль-
ної промисловості (від 7 інпня 2005 р. № 236-р), а також завданням, які увійшли
до Енергетичної стратегії України, затвердженої 15 березня 2006 р. (до 2030 р.).
Таким чином, етап вугільної промисловості можна визначити як кризовий.
Розглянемо основні проблеми вугільної промисловості.
ШШШбШМВ ГЕОГРАФІЯ. Реферати 813
1.1 Відсутність програми реконструкції галузі
Перша проблема пов’язане з там, що дотепер немає цілісної н чіткої програми ре-
конструкції галузі, а вживані заходи багато в чому непослідовні й суперечливі.
Розглянемо деякі статистичні показники шахт. Дані по Донецькій області свід-
чать, що при видобутку енергетичного вугілля збитки в і-алуаі почалися в 1998 р.
з рівня виробництва понад 9 млв. т. За 4 роки поріг збитковості знизився в 2 рази,
до 4,5 мли. т. У 2004 р. державні підприємства з видобутку вугілля було ліквідовь
но й у Донецькій області створено дві вугільні компанії за напрямками коксову
й енергетичну. Чергова структурна перебудова вугільної промисловості не принесла
позитивних результатів. У 2005 р. відбулася ліквідація цих компаній як зайвих ла-
нок у системі управління. У структурі видобутку вугілля в області частка державних
підприємств нині дорівнює 61 %, тобто зниження за б років становить 15 %, а сам
видобуток зп цей період зменшився па ЗО %. Практично на державних підпригм
ствах області немає помітних тенденцій виходу галузі із тривалої кризи.
1.2 Відсутність підготовки розробки нових г оризонтів
Другою істотною причиною падіння рівня видобутку на шахтах Мінвуглопро-
му е недостатня увага до питань капітального будівництва, проведення виробок,
а значить, підготовки нових горизонтів.
На капітальне будівництво виділяються державні кошти (у 2002 р. — 310 мли.
грн.; у 2005 — 553 млп. ірн.), але шахти фактично не ростуть, тобто не збіль-
шується обсяг робіт. У 2005 р. у Донецькій області пройдено всього 226 км виро-
бок, а цс в 3,5 рази менше від необхідного.
1.3 . Нестабільність у реалізації вугільної продукції
Третьою причиною нестабільності галузі залишається пезбалапсоаапість у ре-
алізації вугільної продукції, неадекватність цін на вугілля, гірське устаткування,
електроенергію.
Собівартість 1 т товарної продукції області в 2006 р. становила 387,9 грн,
а її оптова ціпа — 275,6 грн. Перевищення собівартості над ціною — 112,3 гри.
Останнім часом собівартість ще зросла на 2 %, тобто розрив становить 8 %.
Дії монополістів на ринку вугілля, шахтного устаткування гальмують розпиток
ринкових процесів у галузі й не дають вуглевиробникам вийти на рівень самооплат
пості. За останні 3 роки вартість комплектації технікою типового для умов Донбасу
вугільного підприємства збільшилася в 2,7-3 рази. Підприємства, які виготовля-
ють таке серійне устаткування, фактично є монополістами ш ринку.
Внаслідок псзбалаисованості доходів і витрат на вугільних підприємствах прак-
тично но формуються амортизаційні кошти. Протягом останніх років залишається
низькою зарплата (в обласному рейтингу рівця зарплати працівників за видами еконо-
мічної діяльності вонп знаходиться на 11-му місці), па більшості підприємств галузі Й
виплачують несвоєчасно. За останні 8 років промисловість втратила більше половини
зайнятих у виробництві. У 2005 р. недокомплект робітників досягнув 15,7 тис. чол.
1.4 . Відсутність оновлення технології в галузі
З 2007 р. четвертою причиною падіння вуглевидобутку називають і приведення
у відповідність із правилами безпеки технологій видобутку вугілля на виоокопаван
тажених лавах. Застосування сучасного устаткування без оновлення технології, без
прив’язки до певних гірничо-геологічних умов конкретної шахти не дасть ефекту
технічного переоснащення й безпеки. Тому важливо оповитії неукові напрямки зі
ствопения сучасних технологічних схем безпечного вуглевидобутку
1.5 - Тривалий процес закриття й реконструкції шахт
Ще одна проблема функціонування вугільної галузі — закриття глибокозбит-
кових вугільних підприємств. Значно затягся в часі процес закриття й реструк-
туризації шахт.
814 ГЕОГРАФІЯ- Реферати
Закриття шахт у Донецькій області почалося в 1996 р. і триває дотепер. Йога
проектна вартість визначена в сумі понад 3,8 млрд гри. З того часу уже витраче-
но 2,5 млрд. гра., або 66 Х>, але щодо жодної шахти роботи не виконані цілком,
і жодна шахта пе ліквідована як юридична особа.
Якщо ситуацію не змінити кардинально, то найближчим часом обсяги видобут-
ку вітчизняного енергетичного ресурсу впадуть ще в 1,5-2 рази.
2. Концепція розвитку вугільної промисловості
Основні проблеми вибору концепції розвитку вугільної промисловості України
вже виявлені. Назвемо п’ять принципових положень:
1. Визначення ситуації зі стратегією розвитку галузі.
2. Удосконалення структури управління вугільною промисловістю.
3. Приватне підпрні млицтво в сфері вуглевидобутку.
4. Ліквідація гірничих підприємств 1 наслідків їхньої виробничої діяльності.
5. Глобалізація ринку вугілля й місце України в цьому процесі.
ДУНАЙСЬКА ВОДНА АРТЕРІЯ УКРАЇНИ
План
І Фізико-географічні особливості судноплавного Дунаю.
2. Основні історичні події вільного користування Дунаєм.
3. Розвиток судноплавства на Дунаї за останні два десятиліття.
4. Українсько-румунські відносини з приводу судноплавства на Дунаі.
У єдиній мережі європейських внутрішніх водних артерій Дунаю належить
особливе місце. Його роль як наскрізного водного шляху довжиною 3503 км (від
Північного до Чорного моря), одо з'єднує 78 портів і 15 країн, для України пере-
оцінити практично неможливо.
1. Фізико-географічні особливості судноплавного Дунаю
Дунай ділять на три ділянки: Верхній Дунай (довжина 620,5 км) від кннв
лу Майн-Дунай до населеного пункту Генью. Середній Дунай (довжшою 860 км)
від Генью до Турну-Северіна, Нижній Дунай (довжиною 931 км) до гирла Суліни.
У нижній течії Дунай формує велику болотисту дельту площею 58 тис. га з роз-
галуженою мережею струмків. Вілл Ізмаїльського Чаталл на відстані 79.6 км під
нульової позначки річки головне русло Дунаю ділиться на два гирла: Кілійське
(ліве) і Тульчинське (праве). Делі, через 16,7 км біля мису Георгіївський, Чатал
Тульчинського гирла розділяється на Георгіївське (праве) і Суліиське (ліве), що ка
сьогодні є найглибшою водною артерією, яка з'єднує Дунай із морем.
Судноплавний Дунай має велике значення для України п контексті забезие-
чешія національної безпеки, реалізації транзитного потенціалу, розвитку суд-
ноплавства, економічного росту Українського Придунав’я, відстоювання націо-
нальних геостратегічвих Інтересів у процесі євроінтеграціі. Самостійна присут-
ність України на цій найважливішій європейській транспортній артерії нараховує
десятки років. Питання міжнародних відносин щодо використання Дунаю вже
150 років є предметом діяльності Дунайської комісії, спеціально створеної в 1856 р.
2. Основні історичні події вільного користування Дунаєм
Розглянемо основні історичні події вільного користування Дунаєм з боку
України.
). Після російсько-турецької війни 1828 1829 р. відповідно до Адріанополь-
ського мирного договору Росія (до складу якої входила Україна) разом із
Туреччиною одержала право давати дозвіл на проходження суден інозем-
них держав нижньою ділянкою Дунаю.
2. У липні 1840 р. між Росією й Австрією була підписана Конвенція про ре-
жим судноплавства ва Дунаї. Росія зобов'язувалася виконувати роботи,
ЖЖШКШМ ГЕОГРАФІЯ. Реферати 815
необхідні длв безперешкодного судноплавства по Сулінському гирлу, а авс-
трійські судна, що проходили по ньому, обкладали податком. Зібрані гроші
використовувалися Росією для фінансування днопоглиблювальних і берега
укріплювальнпх робіт.
3. V 1853 р. аналогічний договір було укладено між Росією й Баварією.
Збільшення обсягів вантажопотоків водною артеріюю вимагало нових під-
ходів до урегулювання питань експлуатації судноплавного Дунаю в Єв-
ропі.
4. Незабаром після закінчення Кримської війни (1853 1856 р.) 18 березня
1856 р. у Парижі сім європейських країн (Росім. Австрія, Франція, Ве
ликобританія, Пруссія, Сардинія, Туреччина) підписали трактат, який
проголосив Чорне море відкритим і вільним для торговельних суден всіх
націй, а Дунай із його гирлами'— міжнародною річкою. Трактат звіль-
няв товари, що перевозились суднами, від мита, а самі судна — від будь
яких виплат, крім необхідних для створення сприятливих умов судно-
плавства.
5. 18 серпня 1948 р. у Белграді була прийнята Конвенція про режим судно-
плавства на Дунаї (ратифікована Президією УРСР 18 лютого 1949 р.) І ство-
рена Дунайська Комісія, до складу якої (із доповненнями від 26 березня
1998 р.) сьогодні входять представники 11 країи-учасннць: Австрії, Бол-
гарії, Угорщини, ФРН, Молдови, РФ, Румунії, Словаччини. України, Хор-
ватії, Сербії й Чорногорії. У наш час дія Конвенції поширюється на загаль-
ну судноплавну довжину Дунаю в 2411,5 км — від Кельнхайма до Чорного
моря, через Суліиськс гирло з виходом у море
6. У 1957 р. КіліЙськс гирло було з’єднане з морем на українській території
через канал Прорви. Як 1 будь-який інший штучний канал у низов’ї Дунаю,
він вимагав виконання постійних днопоглиблювальних робіт, щоб запобігти
замуленню. У радянські часи такі роботи проводилися, і канал функціону-
вав майже 10 років.
7. У 1994 р. на каналі склалася така гідрологічна ситуація, при якій судно-
плавство стіло неможливим. Через деякий час (у 1997 1998 р.) було зробле-
но невдалі спроби відновити судноплавство па каналі, і в 1998 р. він вибув
з експлуатації. Тим самим зв’язок Дунаю із Чорним морем в українській
частині дельти було перервано нв багато років.
3. Розвиток судноплавства на Дунаї за останні два десятиліття
Найвищі показники судноплавства відзначалися наприкінці 80-х років.
У 1987 р. обсяг вантажоперевезень країнами Дунайського басейну становим ре-
кордну величину — 91,84 млн. т.
Масштабні роботи з розширення транзитних можливостей у Нижньому Дунаї
здійснювала Румунія: в 1984 р. вона ввела в дію канал Чернаводе — Констанца —
Юг; в 1988 р. — канал Меджкл — Новодаруй. Констанца де-факто стала основин
ми дунайськими воротами Центрально-Східної Європи на Чорному морі. Румунія
також розпочала певні роботи з нарощування пропускної здатності інших водних
шляхів, тому вона перетворилася на монопольного власника транспортної водної
артерії в південній частині Дунаю. Українські судна теж змушені були сплачува-
ти тарифи, вствиовлеіґі ІЧмунию
Найбільші випробування дунайському судноплавству довелося витримати
під час відомих подій у Югославії. Для України ці події збіглися в часі з роз-
падом СРСР, наслідком чого стала відсутність чіткої державної політики щодо
розвитку судноплавства на українській частині дельти Дунаю.
Під час воєнних операцій вільне пересування суден по цій водній артерії було
зупинено. У 1999 р. міністри транспорту України, Болгарії й Румунії звертали-
ся до Європейської Комісії з питань фінансування відповідних робіт. їх внко-
816 ГЕОГРАФІЯ. Реферати
иання вимагало тривалого часу, протягом якого флоти придунайських держав
зазнавали істотних збитків.
Сьогодні наскрізне судноплавство ва Дунаї відновлене.
4. Українсько-румунські відносини із приводу
судноплавства на Дунаї
Найпотужніший на Дунаї (за станом на 2004 р.) річковий флот належить Ру-
мунії й складається з 543 буксирів. 47 самохідних суден, 1507 несамохідних барж.
Румунський сектор Дунаю має довжину 1075 км (або 44.5 % судноплавної час
тини річкп). „
Друге місце посідає Україна. Флот складається з 76 буксирів. 53 самохідних
суден, 487 несамохідних барж. У критський Дунайський флот залишається держав-
ним, тоді як в інших країнах він практично повністю приватний.
•Каменем спотикання» в українсько-румунських відносинах е глибоководний
судновий хід «Дунай — Чорне море», що відновлюється Україною на власній ді-
лянці дельти Дунаю через гирло Швидке. Гирло Швидке — найкоротший із ру-
кавів, що ведуть до моря. Ширина каналу — 115 м, глибина 7,5 м. Довжина не-
обхідного прорізу знаходиться в межах 2,5 2,8 км. У морі, неподалік від входу
в Швидке, можна розташувати відкритий рейд із районами перевалки вантажів
на великі судна, осадка яких перевищує прохідні глибини.
У травні 2004 р. за цим проектом розпочато будівельні та інші роботи. Голов-
ні соціально-економічні цілі проекту визначені прагненням реалізувати й збіль-
шити транзитний потенціал, а також забезпечити позитивний вплив на розвиток
Придувайського району України, що набув ознак депресивності внаслідок втрати
суднозвходів.
Початок проекту викликав опір Румуни, а також ряду європейських і світо-
вих економічних організацій. Офіційний привід для протистояння — будівництво
в зоні Дунайського біосферного заповідника е порушенням міжнародного приро-
доохоронного законодавства.
Сьогодні перевага віддається шлюзовому варіанту каналу, проект буде адійс- й<
пюватися в три етапи. Даний проект пом'якшить економічне питання, хоча про-
блема відносин із Румунією закрита не буде.
За умови завершення проекту ГСХ (глибоководний судновий хід) «Дунай — £»
Чорне море» відкриваються нові можливості залучення додаткової вантажної бази
із РФ, Казахстану, Азербайджану, Узбекистану, Трапу {Каспійського басейну) у єв-
ропейські країни, що позитивно вилине на позиції України як впливової європей
ської транзитної держави.
ОСОБЛИВОСТІ СУЧАСНОГО ЕТАПУ РОЗВИТКУ
ЧОРНОЇ МЕТАЛУРГІЇ В УКРАЇНІ
План
1. Особливості виробництва чавуну й продуктів прямого відновлення заліза.
2 Особливості виробництва сталі у світі та в Україні,
3. Особливості розливання сталі.
4. Особливості виробництва сортового прокату.
1. Особливості виробництва чавуну й продуктів прямого
відновлення заліза
Перші роки пового сторіччя для металургійних підприємств України були спрн
ятливими. За даними Держкомстату, частка чорної металургії в промисловому ви
робпицтві у 2004 р. становила 26,5 %. При обсягах експорту України в тому ж році
в розмірі 32,7 млрд. моя. експорт продукції чоримх металів досиг 10,8 млрд. дол.
Таким чином, чорна металургія продовжує залишатися найбільшим джерелом ва-
лютних надходжень країни.
ГЕОГРАФІЯ. Реферати 817
Однак фахівцями стан справ у вітчизняній чорній металургії розцінюється як
близький до критичного.
Розглянемо головні причини такого стану справ в одній Із головних експорт
них галузей нашої держави.
Перша стадія металургійного виробництво — це виробництво чавуну й про-
дуктів прямого відновлення заліза. Ця стадія в порівнянні з наступними е енер
гоємпою й характеризується високим рівнем витрат.
Незважаючи на існування кількох альтернативних процесів виробиицтоа ча
вуну, доменне, нв думку експертів, буде відігравати певну роль, принаймні, ще
Ці-20 років.
Виробництво чавуну за регіонами світу (у млн. т)
Регіон 2004 р. Регіон 2004 р.
СНД 85,7 Африка 8.2
Україна 31,1 Близький Схід 2.1
Північна Америка 53,7 ' Азія 399,3
Південнл Америка 38.8 Океанія 6,4
Доменне виробництво, незважаючи на багатовікову історію, має значні резерви
для поліпшення.
Основні зусилля вчених спрямовані на зниження енергоємності, підвищення
продуктивності доменних печей і забезпечення їхньої відповідності вимогам щодо
охорони навколишнього середовища.
В Україні чавун випускають 11 металургійних підприємств. Використання по-
тужностей 2004 р. у країні все ще не досягле рівня 1990 р.
За станом на 1 січня 2005 р. із загальної кількості наявних в Україні домен-
них печей 7 перебувало на капітальному ремонті і 7 простоювали через відсутність
ринків збуту чавуну. Причому це було обумовлено не відсутністю попиту на ньо-
го, а недостатньою економічною ефективністю виробництва чавуну на відповідних
підприємствах.
Основні технологічні показники доменного виробництва в Україні істотно ни
жчі від показників, досягнутих на передових закордонних підприємствах. Якщо
в середньому но галузі в Україні питома витрата коксу становить 534,5 кг/т, то
на провідних підприємствах світу — 300-340 кг/т.
У сучасному металургійному виробництві доводки чавуну поза піччю обов'язкові.
Практично ка всіх українських підприємствах організовано цей процес. Однак по-
задомення обробка чавуну, яка дозволяє видалити кремній, фосфор, сірку, в межах
єдиного процесу на вітчизняних підприємствах не застосовується.
Частка виробництва чавуну найбільшими підприємствами
в загальному обсязі (%)
МК «Крнворіжсталь» — 20,4о
МК ім. Дзержішського — 9,80
ММК ім. Ілліча - 16,70
Алчевский МК — 9,30
МК «Азовсталь» — 15,411
Єнакіївський МЗ — 7,00
МК «Заіюріжсталь» — 10,80
818 ГЕОГРАФІЯ. Реферате
2. Особливості виробництва сталі у світі та в Україні
Друга стадія в технологічному ланцюжку виробництва чорної металургії — цо
виробництво сталі.
У сталеливарному виробництві домінують два основних процеси: киснево-кон-
верторний і електропічний.
Мартенівське виробництво як морально застаріле повністю ліквідовано в біль-
шості країн світу. Лише деякі країни (Індія, Боснія й Герцеговина. Філіппіни) збе-
регли а незначних обсягах мартенівське виробництво. На відміну від них, у країнах
СІІД і, насамперед, в Україні, цей процес усе ще відіграє вагому роль.
Україна — аутсайдер серед усіх металургійних країн світу за темпами І мас-
штабами ліквідації морально застарілого мартенівського виробництва. В Україні,
на Донецькому МЗ, зберігся дотепер навіть такий релікт металургії, як бессмерік
ський процес. Завдяки усе повнішому використанню наявних потужностей ста-
леплавильного виробництва підприємствами галузі, починаючи з 1998 р. вдалося
неухильно збільшувати виробництво сталі, довести його обсяги в 2004 р. до рівня
38,72 млн. т. Однак технологічна структура виробництва сталі істотно відрізпяеть
ся від середньосвітоиоі й свідчить про вкрай низький рівень вітчизняного стале-
ливарного виробництва. Так, мартенівська сталь — 75 %, конверторнії — 52 %,
електросталь — 3 %.
Кпгнево-конверторннй спосіб виробництва сталі у світі основний, тому що
відрізняється високим рівнем виробництва конверторів і низьким вмістом домі-
шок у готовому продукті.
Продуктивність і ефективність електропічного процесу в значній мірі визна-
чається складом вихідної сировини й ефективністю використання енергоресурсів
(спочатку електропечі працювали на сталевому ложі).
3. Особливості розливання сталі
Третя технологічна стадія виробництва чорних металів — це розливання
спілі. У цей час у чорній металургії застосовуються дві основні групи технологій
розливання сталі: розливання сталі у виливниці й безперервне розливання сталі
за допомогою спеціальних машин безперервного лиття.
Впровадження методів безперервного розливання сталі кардинально вплинуло
на структуру металургійного виробництва. Наприклад, із застосуванням цих тех-
нологій відпала необхідність у цехах підготовки виливниць, скоротилися витрати
електроенергії.
В Україні з 14 металургійних підприємств, що виготовляють сталь, усього по-
ловина має у своєму розпорядженні установки безперервного лиття, і тільки три
підприємства (МК «Азовсталь». Донецький МЗ 1 ЗАТ «Істіл») розливають безпе-
рервним способом більш ніж половину виробленої сталі.
Усього в Україні на машинах безперервного лиття розливається близько 27 %
сталі від загального обсягу її виробництва, у порівнянні з показниками серед-
пьосвітового рівня 90,9 %.
4. Особливості виробництва сортового прокату
Четверта стадія у виробництві чорних металів — це прокат, тобто виробниц-
тво сортового (фасонного) прокату.
На 1 січня 2007 р. потужність сортопрокатних етапів оцінюється в 17,7 млн. т.
Уведення в експлуатацію сортопрокатних станів в Україні в основному припало на
60-70 рр. минулого сторіччя. Рівень їхнього фізичного зносу коливається а діа-
пазоні від 29 до 90 %.
У 2004 р. металургійні підприємства України зробили всього 33,4 млн. т про-
кату, у тому числі готового 32 млн. т. Експортовано продукції на суму 36,2 млрд,
гри. При цьому частка експорту становила 52,65 %.
ГЕОГРАФІЯ. Реферати 819
Вітчизняна чорна металургія успадкувала від колишнього СРСР тротилу ви
роблячого В дві третини науково-технічного потенціалу. На початку 70-х років
XX ст, українська металургія у складі металургії СРСР посідала поряд з Німсччн
ною й СІНА провідне місце у світі.
У цей час. зберігаючи позиції одного а найбільших виробників металопродукШІ
у світі, Україна з погляду науково-технічного рівня виробництва е аутсайдером.
Технологічну відсталість виробництва в чорній металурги України доповнює ви-
сокий рівень фізичного зносу устаткування (на окремих підприємствах до 90 %).
Ляше завдяки сприятливій кон'юнктурі на зовнішньому ринку мгталопродукцО
вдалося забезпечити гарні показники господарської діяльності.
820 І ГЕОГРАФІЯ. Реферати
ДОВІДКОВІ МАТЕРІАЛИ
Фізика
Хімія
Англійська мова
Німецька мова
ФІЗИКА
ТАБЛИЦІ ФІЗИЧНИХ ВЕЛИЧИН
Деякі фізичні величини та одиниці їх вимірювання
Назва Умовна поіна^ю» Основна олютпя виміру Позасистемні одиниці, зв'язки 3 Основними оди- ницями
ШЛЯХ 5, / м (метр) 1 м “ 1/1000 км 1 м “ 10 дм 1 м » 100 см і м = 1000 мм
площа 5 м2 (метр квадратний) 1 м2 - 10000 см2 1 м2 - 1000000 мм’
об’єм К м’ (метр кубічний) 1 м’ и 1000000 см’ 1 м’ =1000 л 1 см1 = 1 мл
маса т кг (кілограм) І кг = 0.001 т 1 КГ - 1000 г 1 кг “ ІОООООП мг
Час і с (секунда) І с “ 1/60 хв 1 с = 1/3600 год
ШВИДКІСТЬ н м/с (метр за секунду) 1 м/с = 3,6 км/год
сила Е Н (ньютон) і кН - 1000 Н
тиск Р Па (паскаль) 1 кПа = 1000 Па 1 МПа = 1000000 Па
густина Р кг/м’ (кілограм на метр кубічний) 1 кг/м’ = 0,001 г/см’
робота А Дж (джоуль) 1 кДж = 1000 Дж
потужність N. Р Вт (вагг) 1 к с. = 736 Вт
енергія £, ІЕ Дж (джоуль) 1 кал - 4,2 Дж
момент сили М Н м (ньютон-метр)
кількість теплоти 0 Дж (джоуль)
питома теплоємність с Дж/кг К (джоуль на кілограм- кельвін)
питома теплота згоряння палива ч Дж/кг (джоуль на кілограм)
питома теплота плавлення X Дж/кг (джоуль на кілограм)
питома теплота пароутворення г, 1. Дж/кг (джоуль на кілограм)
електричний заряд Ч К(кулон)
сила електричного струму / А (ампер)
822 ДОВІДКОВІ МАТЕРІАЛИ
‘Назва Умовна позначка Основна одиниця виміру ’ Позасистемні шканці, зв'язки 3 основними оди- ницями
напруги У В (вольт)
опір К. г <7м (ом)
питомий опір Р Ом м (ом-мстр)
робота електрич- ного струмі А Дж (джоуль)
фокусна відстань Е метр (м)
оптична сила лінзи 0 дібіпрія (ЛПТр)
Префікси для створення десяткових кратних та дольних одиниць
Кратні Дольш
Префікс Позначка Множник Префікс Позначка Множник
екса Е 10-* ЙТТО а 10"
мста П 1О35 фехгго Ф 10"
тера Т 10” піко п 10”
гіга Г іо. наио н 10’
мета М 104 мікро МК 10*
кіло к 10і милі м 10-’
гскто г 10’ сантм с 10!
дека да 10 деци д 10'
Густина деяких твердих тії (г/см3 або 10і кг/м3)
Алюміній 2.7 Крига 0,9 Свинець 11.3
Береза (суха) 0,7 Латунь 8.5 Срібло 10,5
Бенін 2.2 Міль 8,9 Сосна (суха) 0.4
Граніт 2,6 Мармур 2,7 Скло віконне 2,5
Дуб (сухий) 0.8 Нікель 8.9 Фарфор 2,3
Ялина (суха) 0,6 Олово 7.3 Цегла 1,6
* Зал і зо, сталь 7.8 Парафін 0.9 Цинк 7,1
Золото 19,3 Пісок (сухий) 1,5 Чавун 7.0
Корок 0,24 Платина 21.5 Янтар 1,1
Густина деяких рими (р) (г/см’ або 10і кг/м3)
Бензин 0.71 Ефір 0,71 Ртуть 13,6 Спирт (1,71
Вида при 4"С 1,0 Молоко 1,03 Сірчана кислота 1.8 Гас 0.8
Вода морська 1.03 Нафта 0,8
Водень 0,00009 Гелій 0,00018 Неон 0,00090 Оксид вуглецю IV п.00198 Повітря о,00І29 Пропан 0,(Ю2
Густина деяких тазів (р) (г/см3 або 10і кг/м’ при тиску 760 мм рт.ст.)
Водень 0,00009 Неон 0,00090 Повітря '>,00129
Гелій 0,°£и!А Оксид вуглецю IV 0,00198 Пропан 0,002
ДОВІДКОВІ МАТЕРІАЛИ $й 823
Питома тетиосмниль ісаміх речовин (с) (Дж/ ю К4
Алюміній 920 Латуні 380 1 Повпря 100О Сталь 5<Ні
Вода 4200 Міль 380 Ртуть (Ч) Цегла 8Мі
Гас 2100 Нікель 4*0 Свинець 14ц Цинк 38о
Залізо 46» Олово 250 Скло 840 Чи Вігі 540
Ефір 3340 Пісок 880 Спирт 2500
Кота 2100 Платана 14о Срібло 250
Модуль пружності деяких речовин (£ (10* Па)
Алюміній 20 Латунь 114 Сталі 22(і
Бетон 20 Мідь і зо Цегла 28
Залізо 200 Свинець 17 Чавун _ 40
Питома теплота ігоряння палива (?) (10* Дж/кг)
Бензин 46 Дрона сухі ІЗ Порох 3,8
Бурс вугілля 17 Вуїілля деревне 34 Природний гаї 4я
Водень 120 Вугілля кам'яне ЗО Спирт 27
Гас 46 Нафта 44 Торф 14
Лемнераттра плавлення та кристалі т*іхП деяких речовин
*С при тиску 760 мм рт ст.)
Алюміній 658 Крига 0 Стать 1400
Вода 0 Мідь 1083 Олово 232
Вольфрам 3370 Нафталін «0 Осмій 3030
Ефір -123 Свинець 327 ПпаТИНа 1774
Залізо 1539 Срібло 960 Ртуть -39
Золото 1063 Спирт -114 |_1 Іинк 420
Питома тепіота плавлення деяких речовим (X) (10* Дж/кг)
АТЮМІИІЙ 39 Нафталін 15 Срібло 10
Залізо 27 Олово 5,9 Цинк 12
Іолото 6,7 Платина 11 Чавун білий 14
і Крига 34 Ртуть 1,0 Чавун сірий 10
Мідь 21 Свинець 2.5
Тис* насиченої водяної пари га Її густана (/>„, р) ЦО1, Па. Ін кт/мЧ
ҐС Рп Р ҐС Рп Р /С А. Р
>10 0,260 2 14 9 1,146 8.80 24 2.986 21,8
-5 0,401 3,24 10 1.933 14.5 25 3,173 23,0
4 0.437 3,51 11 1.306 10.0 26 3,359 24.4
-3 0,476 3,81 12 1.399 10,7 27 3.559 25,8
-2 0.517 4.13 ІЗ 1,492 11,4 28 3.786 27.2
-1 0.563 4.47 14 1.599 12,1 29 3,999 28,7
0 0,613 4.80 15 1,706 12.8 Ю 4,239 30,3
824 ® ДОВІДКОВІ МАТЕРІАЛИ
ҐС Рч р ГС /’п Р ҐС Рп Р
1 0,653 5,20 16 1,813 13,6 40 7,371 51.2
2 0,706 5.60 17 1.933 14.5 50 12,33 83,0
3 0.760 6,00 18 2,066 15,4 60 19,92 130,0
4 0,813 6,40 19 2,199 16.3 80 47,33 293,0
5 0,880 6,80 20 2.333 17.3 100 101,3 598
6 0,933 7,30 21 2,493 18,3 120 198,5 1123
7 1.000 7,80 22 2.639 19,4 140 618 3258
Я 1,066 8.30 23 2,813 20,6 160 • 1154 7763
Температура кипіння (’С при тиску 760 мм рт ст.)
Алюміній 2467 Золото 2947 Ріі-ть 357
Вода 100 Кисень рідкий -183 Свинець 1600
Водень рідкий -253 Мідь 2300 Спирт 78
Гелій рідкий -269 Нафталін 218 Цинк 'Юо
Ефір 35 Олово 2300
Залізо 3200 Повітря рідке -193
Питома теплота пароутворення (і) (10й Дж/ кг)
Вода 2.31 Ртуть 0,31 Спирт 0,91 Ефір 0.41
Поверхневий натяг деяких рідин (о) (Н/м при 20’С)
Ацетон 0,024 Гліцерин 0,059 Ртуть 0,470
Бензин 0,029 Ефір етиловий 0,017 Скіпшар 0,027
Вода 0,072 Касторова олія 0.033 Спирт етиловий 0,017
Гас 0,024 Розчин мила 0.040
Темпера і урини косфанниі лінійного роппнрения деяких твердих тіл (а) < 1/АҐ)
Алюміній 2.3-101 Золото 1,410 і Нікель 1,28 10’ Цинк 2,9-10’
Бетон. 10-14-10* Ебоніт 7.010’ Олово 2,1-10’ Чавун 1,010’
цемену
Бронза 1,8-105 Інвар 6,010 ’ Платина 9,0-10*
Вольфрам 4,0-10* Латунь 1,9-10’ Свинець 2,9-10’
Залізо 1,2-10’ Мідь 1,7-10’ Скло 9,010’
сталь
Гешературннй коефіцієнт об’ємного рошінреиня деяких рідин (0) (1/К)
Ацетон 1,2-10’ Вода при 40-60"С 4,58 10* Гліцерин 5.0 10*
Бензин 1,010’ Вода при 60—80"С 5.87 10* Нафта 1,0-10’
Вода при 5-10'С 5.3-10' Вода при 80-100'С 7,02 104 Ртуть 1,8 10*
Вода при 10- 20’С 1,5-10* Ефір етиловий 1,610’ Сірчана кмслоіа 5,7-10*
Вода при 20-40'С 3.02-10* Гас 1,0-10» Спирі етиловий 1,1 іа>
Олія транс- форматорна 6,0-10*
ДОВІДКОВІ МАТЕРІАЛИ 825
Питомий опір (рі (Оммм'/Ч)
“І
Алюміній 0.028 Міль 0.01 Платина 0.1 Сталь 0,15
Вольфрам 0.055 Нікелін 0,4 Ртуть 0.96 Цинк 0.06
Залізо 0.10 Нікель 0,45 Спинені. 0.21 Розчин СОЛЯНОЇ
Константан 0.5 Ніхром 1,1 Срібло 0.016 кислоти (10%) 25000
Діелектричнії пропітіііпь деяких речовин (е)
Анілін 84 Гас 2.0 Парафі- нований папір 2,0 Фарфор 4-7
Бензин 2,3 Г.іінерин 39 Повітря при І атм І.О0О6 Янтар 2.8
Вакуум м Гума 2-3 Повітря при 100 атм 1.055 Олія транс- форматорна 2,2-2.5
Вои 81 Ебоніт 2.7 Рутил 130 Віск 5.8
Вода при 88 0‘С Крига при -І8’С 3,2 Сірка 3,6 —4,3 І Іарафін 2.2
Водень 1,0003 Мармур 8-9 СіКЩа 6-9 Скло 5-10
Електрохімічний еквівалент Деяких речовин (А') (10 ' кг/Кл)
Алюміній 0,932 Кальцій 2,077 Нагрій 2,383 Свинець 10,74
Водень 0.1044 Кисень 0.829 Нікель ДІЮВЛТСН1НИЙ 3,04 Срібло 11.18
Золото 6,810 Магній 1.260 Иікеть тривалентний 2,03 Хлор 3,670
Калій 4,052 Міль 3,294 Ртуть 20,72 Цинк 3.388
Показник заломлених деяких речовин (л)
Алмаз 2,42 Кварц 1,54 Спирт метиловий 1,33
Анілін 1.59 Крига 1,31 Скло (легкий крон) 1.50
Ацетон 1.36 Повітря 1,0003 Скло (флінт) 1,6-1,8
Ех-11 зол 1,50 Сірковуглець 1,63 Тетрахлорца вуглецю 1,46
Вода 1.33 Сільвін 1,49 Цукор 1.56
Глщсрин 1.47 Скіїпдар 1,51
Кам’ка сіль 1.54 Спмрі етиловий 1,36
826 £* ДОВІДКОВІ МАТЕРІАЛИ
Психрометрична таблиця
По каїн сухого термометра Рітниия пока ті» сухого ті вологого термометрів
АГ •с 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
273 0 100 82 63 45 28 11
1 100 83 65 46 32 16
2 100 84 68 51 35 20
3 100 84 69 54 39 24 10
4 100 85 70 56 42 28 14
1 278 5 100 86 72 58 45 32 19 6
6 100 86 73 60 47 35 23 10
7 100 87 74 61 49 37 26 14
8 100 87 75 63 51 40 28 18 7
9 100 88 76 64 53 42 Зі 21 11
283 10 100 88 76 65 54 44 34 24 14 4
11 100 88 77 66 56 46 36 26 17 8
12 100 89 78 68 57 48 38 29 20 11
ІЗ 100 89 79 69 59 49 40 31 23 14 6
14 100 90 79 70 60 51 42 33 25 17 9
288 15 100 90 80 71 61 52 44 36 27 20 12 5
16 100 90 81 71 62 54 45 37 зо 22 15 8
17 100 90 81 72 64 55 47 39 32 24 17 10
18 100 91 82 73 64 56 48 41 34 26 20 13
19 100 91 82 74 65 58 50 43 35 29 22 15
293 20 100 91 83 74 66 59 51 44 37 зо 24 18
21 100 91 83 75 67 60 52 46 39 32 26 20
22 100 92 83 76 68 61 54 47 40 34 28 22
23 100 92 84 76 69 61 55 48 42 36 зо 24
24 100 92 84 77 69 62 56 49 43 37 31 26
298 25 100 92 84 77 70 63 57 50 44 38 зз 27
26 100 92 85 78 71 64 58 51 45 40 34 29
27 100 92 85 78 71 65 59 52 47 41 36 зо
28 100 93 85 78 72 65 59 53 48 42 37 32
29 100 93 86 79 72 66 60 54 49 43 38 33
303 ЗО 100 93 86 79 73 67 61 55 50 44 39 34
ДОВІДКОВІ МАТЕРІАЛИ ; : 827
ХІМІЯ
РЯД ЕЛЕКТРОНЕГАТИВНОСТІ НЕМЕТАЛІВ
Я Н Р А» 1 5е С $ Вг СІ N О Р
РЯД АКТ ИВНОСТІ КИСЛОТ
НГчО.
Н.5О4 НСІ Н,5О, Н.СО, Н.5 Н.8ІО,
ПРО,
ЕЛЕКТРОХІМІЧНИЙ РЯД АКТИВНОСТІ МЕТАЛІВ
а Ь КЬ К Ва N3 М? АІ Мп /п Сг Ге МІ 8п РЬ Н Си Н? Ае Ан Рі
ВІДНОСНІ МОЛЕКУЛЯРНІ МАСИ ДЕЯКИХ НЕОРГАНІЧНИХ СПОЛУК
0 1 ОН СГ Вг 3 N0, 5-’ 50’- зо,’- СО,1 510,1- ро;
Н* ІЯ 36.6 81 128 63 34 82 98 62 78 98
19Н* 35 53,5 98 145 80 68 116 132 96 112 149
На* 62 40 58.5 103 150 85 78 126 142 106 122 1и4
К’ 94 56 74.5 119 166 101 110 І 58 174 138 154 212
Ва’* 153 171 208 297 391 261 169 217 233 197 213 601
Са1' 56 74 НІ 200 294 164 72 120 136 100 116 310
Мв’* 40 58 95 184 278 148 56 104 120 84 100 262
АР' 102 78 133.5 267 408 213 130 294 342 234 282 122
Сг> 152 103 158,5 292 433 238 20О 344 392 284 332 147
Рс1- 72 90 127 216 310 180 88 136 152 116 132 35Я
Ге’* 160 107 162,5 296 437 242 208 352 400 292 ’ 340 151
Мір* 71 89 126 215 309 179 87 135 151 115 131 355
2п> НІ 99 136 225 319 189 97 145 161 125 141 385
Си1* 80 98 135 224 318 188 96 144 160 124 140 382
ч 232 125 143,5 188 235 170 248 296 312 276 292 419
рь- 232 241 278 367 461 33 239 287 303 267 283 811
ЯКІСНІ РЕАКЦІЇ НА КАТ ІОНИ ТА АНІОНИ
Іон, икип гргоз рггзтінлін РЄіікіНВ РеіуЛкТП
1 2 3
Н’ Лакмус, метиловий оранжевий Червоний колір розчину
N11/ ОН . С Виділжгься аміак ИН( (різкий характерний запах)
Ав СІ Білий сироподібний осад АвСІ
На' У педумТ Ііпечсипио-жовте забарвлення
к- У лодумТ Блідо фіолетове забарв існия
Зі 50, Білий осад Ва$О,
Ге1' ОН КДГе(СН),] Білий осад Ее,(ОН>, Осад <«урнбуііеиа еинь« Ге, |Ре(С19),|,
828 !&. ДОВІДКОВІ МАТЕРІАЛИ
1 2 3
Ре” он КІРе(СК)4| 8СМ Бурий осад Ре(ОН), Осад «берлінська блакить» Гс41Ре(СН\1, Криваво-червоний ротчин Ге(8СІЧ),
Си” ОН Осал синього кольору Си(ОН)2
АІ” ОН Желеподібний білий осад А1(0Н),, який розчиняється у надлишку лугу
Са” СО,1 Білий осад СаСО,
2п” ОН Білий осад 2п(0Н)г схожий на желе, розчиняється у надлишку лугу
он- Лакмус Фенолфталеїн Метиловий оранжевий Синій колір розчину Малинове забарвлення розчину Жовтий колір розчину
СІ" Ав \ РЬ” Білий сироподібний осад А#С1 Білий осад РЬСІ,
Вг Ав*. РЬ” Жовтуватий сироподібний осал А^Вг Світло-жовтий осад РьВг,
і' Ав'. РЬ” Жовтий сироподібний осад А&І Яскраво-жовтий осад РМ,
8” Си”. РЬ1*. Н Чорний осад Си8. РЬ8 Виділяється газ НД який мас характерний запах тухлих яєць
80,” Н* Виділяється газ 80,
80” Ва” Білий осад Ва8О4
N0/ Н,8О4. Си Виділяється бурий газ N0,
СО” Н* Виділяється газ СО,
8іО” Н* Желеподібний білий осад Н,8іО,
РО4” Ае* Жовтий осад А&РО4
ХІМІЧНІ ВЛАСТИВОСТІ ОСНОВНИХ КЛАСІВ НЕОРГАНІЧНИХ СПОЛУК
Остови маси неорганічннх сполук Метали Неметали ОсвоааІ оксиди 11 Хифшерні оксиди Луги і і Умфон-р гідроокс. Кнстотн Солі Воза
Метали + +(3) +(І) +12)
Неметали +
Основні оксиди + + 4- + +(4)
Амфотерні оксиди + + + +
Кислотні оксиди + + + + + +(5) +(6)
Луги + + + + +(7)
ДОВІДКОВІ МАТЕРІАЛИ 829
Основні
класи
неоріаипнит
<пил»к
Основи
Амфотерні
гідроксиди_______
Кислоти +(3)
Солі +(1)
Вода +(2)
(І) 3 солями активних металів.
(2) 3 водою реагують
а) бет ґ утворюючи гідроксид і Нг Ід, N0, К, КЬ( Ся, Гг, Са, 5г, Ва. Ва.
б) при Г, утворюючи оксид і Н, — всі інші, шо стоять у рилі активності ме-
талів до Н
(3) Метали, які в ряду активності скит, до Н, реагують з розбавленими кислота-
ми (крім НМО,, Н,5іО,).
(4) 3 водою реагують лише оксиди 10 активних металів.
(5) Цс стосується лише взає модії карбонатів з 5іО. при Л і силікатів
з СО, при С.
(6) 3 водою не реагує 8іО,.
(7) Луги реаіують лише з розчинними у воді солями
(8) Кислоти реагують лише з солями менш активних кислот.
(9) Реакція іде, якщо обидві солі розчиняються у воді, а в ході реакції утворюєть-
ся осад.
(10) Можливий гідроліз солей.
ВІДНОСНІ МОЛЕКУЛЯРНІ МАСИ ДЕЯКИХ ОРГАНІЧНИХ СПОЛУК
Назва сполуки -СН, -С,Н, —С,Н, -С.Н, -с,н„ -с.н,
15 29 43 57 71 77
Аткани -Н 1 16 ЗО 44 58 72 78
Алкени -СН“СН, 27 42 56 70 84 98 104
Алкини -С»СН 23 40 54 68 82 96 102
Галогенопохідні -СІ вуглеводні —Вг 35.5 ЗО 35,5 64,5 109 78,5 123 92,5 137 96,5 151 112.5 157
Арени ~С4Н, 77 92 106 120 134 І4ь ЇМ
Прості ефірн СН,О— ЗІ 46 60 74 88 102 109
Феноли, спирги -ОН 17 32 '46 60 74 88 94
Альдегіди -СОН 29 44 58 72 86 100 ІОо
Карбонові кислоти —СООН 45 60 74 88 102 116 122
Прості ефіри -С2Н,0 45 60 74 88 102 116 122
Нітрогенвмісні сполуки —N0, 46 61 75 89 103 117 123
830 ДОВІДКОВІ МАТЕРІАЛИ
ЯКІСНІ РЕАКЦІЇ НА ОГРАН1ЧН1 СПОЛУКИ
Оршії'гша спаїтукм Реакгав Результат
Алкан КМп04 розчин Не знебарвлюють фіолетовий розчин КМпО,
Аіксн Алкин Алкалієн Розчин КМпО. Вг, — вола Знебарвлюють фіолетовий розчин КМпО, Знебарвлюють бромну воду
С,Н.ОН Си прокалнти (СиО) Виділення пари, відновлення чорного порошку СиО до чистої міді коричневого кольору
сн,-сн-сн, 1 1 ) ОН он он Свіжовиготовлений Си(ОН), Яскраво-синій розчин гліцерату куп- руму (11)
с4н,он Вг, — пола, ЕеСІ, Білий осад 2, 4, 6-трибромфснолу Розчин фіолетового кольору
к-с’*0 к "Н Свіжовиготовлений Си(ОН),. Ґ аміачний розчин А&,0 Червоний осад СщО Реакція «срібного дзеркала»
сн3соон Лакмус N8011. ЕеСІ, N«,00, Розчин червоного кольору Розчин червоного кольору Виділяється газ СО,
н-соон Аміачний розчин А^О Н,5О4, Г Кони. Реакція «срібного дзеркала» Виділяється газ СО,
с„нлсоон Вг, — вода Розчин КМпО, Знебарвлює бромну воду ЗнсбЛраіюс фіолетовий розчин КМпО4
с|7н„соо^ (розчин мила) н- Білий осад С,,Н„СООН
с4н„о4 глюкоза Свіжовиготовлений Си(ОН),, Є Аміачний розчин А&,0 Червоний осад Си,О Реакція «срібного дзеркала»
СцНдОн Концснтров. розчин Са(ОН), Освітлювання «вапняного молока»
(С6Н.„О5). крохмаль Фіолетове забарвлення
С6Н, -N11, Вг, - вода Білий осад 2, 4. 6-гриброманіліну
ДОВІДКОВІ МАТЕРІАЛИ й: 831
РОЗЧИННІСТЬ КИСЛОТ, ОСНОВ І СОЛЕЙ У ВОДІ
\Ктпни Аніони^ Н її* к- Ка' КН.‘ Ва1' Са” Мг2' А1ь Сг1* IV IV N1” Со1* Мж** Хп1' АГ нг IV 8П” Си1*
ОН р р Р р Р М н н Н Н Н н н н н — — — Н Н Н
СІ Р р р Р р Р Р р р Р Р Р Р Р р р н н р м Р р
Вґ Р р р Р р Р Р р р Р Р Р Р Р р р н н м м Р р
1 Р р р Р р Р Р р р Р Р — Р Р р р н н н Н м —
5*" Р р р Р р Р Р р — — Н — н н н н н н н Н н н
80,’' Р р р Р р Н Н н — *- Н — н н н н н — — н — —
80,’ Р р р Р р Н М р р р Р р р Р р р м м р н р р
ро/- Р н р Р р Н Н н н Н Н Н н н н н н н н н н н
со,’- Р р р Р р Н н н — — н — н н н н н н — н — —
яіо/- Н р р Р — н н н н — н н — — н н — — — н — н
N0/ Р р р Р р р р р р р Р р р р р р р р р р —' р
СНООСг Р р р’ Р р р р р м р р р р р р р р м р р р р
Р — розчиняється у воді; М — мало розчиняється у воді; Н — практично не розчиняться, риска — сполука розкладається водою або
нс існус.
англійська мова
ТАБЛИЦЯ НЕПРАВИЛЬНИХ ДІЄСЛІВ
УегЬ Переклад РгемнН Ьииріс РакІ Ьітрк Ралісірк II
Ьс бути аіп. іа. агс 'АЗ', / АУСГС Ьееп
Ьеаг нести Ьсагз Ьоге Ьотс
Ьеаі бити Ьсаіз Ьеаі Ьеаісп
ЬесотС ставати Ьссотсз Ьссатс Ьссотс
Ьскіп починати Ьевіп$ Ье&ип Ьсвип
Ьспд згинатися Ьепдя Ьепі Ьспі
Ьіпд в'язати, зв'язувати, затримувати, обмежувати ЬіпсЬ Ьоипд Ьоипд
Ьііе кусати Ьіїсз Ьіі ЬіНеп
Ьіеед кровоточити Ьіссдї Ьіед Ьіед
ЬІо* дути Ьіо*я ЬІс* Ь1о*п
Ьгеак ламати Ьгсакз Ьгокс Ьгокеп
Ьгт« приносити Ьгіп$і Ьтидої ЬгоивЬі
Ьиіід будувати Ьиіідч Ьиііі Ьиііі
ьигп пекти, спалювати; засмагати (на сонні) Ьигпв Ьитг, Ьитгд Ьиті, Ьитсд
Ьиу купуваїи Ьиуз Ьоцкіп (ходім
сам кидати С.І5ІІ сая сая
саісН ловити саісЬев саи^Ьі саиуін
сЬоове вибирати сЬоояа сЬок сЬозсп
соте приходити СОП1С5 сатс соте
О>$1 коштувати соки соя соя
сгеер повзати сгеерх сгер« сгсрі
сіп різати сии сиі сиі
і сіеаі роздавати Оеаїї деаіі деаіі
дів конати дівх див див
до робиіи досі, дід доле
дга* малювати гігамч дге* дгачп
ДОВІДКОВІ МАТЕРІАЛИ >: 833
УегЬ Переклад Ргеаепі Нігеріє Ра$і мшріе Рапкіріс II
сігсаш мрія ги, бачити уві сні сігеапь йгсапіі. (Ігсашссі СІГсДПН. сігеатесі
дгіпк ПИТИ сігіпкз іігапк дгипк
сігічс надити сігіт гіТОУС СІГІУСП
еаі їсти саіз аіе саісп
ІаІІ падати Гаї їх ГеІІ ГаІІеп
ґее<1 годувати ГсесЕ Гей Гсд
ҐССІ відчувати Гееіі ГеІІ ГеІІ
Гі^Ьі битися ГівЖз Іои^Ш Гои^Ні
Гіпсі знаходити ГіжЬ Гой псі ґошні
«У літати Пісх Пел’ Поз»п
ГогЬісі забороняти ГогЬІ& ІогЬаае іогЬкісІсп
Гогвеї забувати Гої^сіа Ґогцої Гогяопеп
Гогвіус пробачати Гогвіуєі Г0Г8ЯУГ СОГВІУСП
Гоґхаке залишати, позбавляти чогось Гогмкса ґогеоок (огсакеп
Ггссгс замерзати ґгееге® Гготс ҐГО2ЄП
ве< одержувати 8С(5 «01 801
81 УС давати 8>УЄ5 8і¥сп
во йти 8оех *епі Вопе
8ГІПСІ мато і и £ГІПСІС Кгоипсі 8 гой ви
£Г0*\ рости ВГОНЧ 8ГС* 8пм»п
Ьапр вішати, висіти Ьапвь Ішп£ Ьап^есІ Ьигц?. НатцсеД
Ііаус мати Іш Иад касі
Ііеаг чути Ьеап. Іісапі Ьеагсі
кісіе ховати Ьісіет пій Ііісісіеп
іііі ударяти Ьіїх Ьіі Ніі
Ьоісі тримати Ноіск Ьеій КеШ
1111 п пошкодити, завдати болю ЙШІЗ Ьип Писі
кеер зберігати, доглядати ксср» , кері кері
кпо* знати кпотть кпе* кпоипі
Ігасі вести ІСЗ& Іесі іе.1
834 <:• ДОВІДКОВІ МАТЕРІАЛИ
УсгЬ Перг-клал Рп-чгпі 5ішрІс Ржм Ьітріс РагІісіріг 11
Ісят вивчати іоапв Іеагпі Іеатсд Іеаті, Ісатед
іеауе піти, поїхати, залишати Ісатсз ІЄН Іеб
Іеі пускати, дозволяти ІСІЗ ІЄІ іе<
ІірЬі освітлюватися, лиораіися іі&ИК Ііі. їі£іііед Ііі, кркісзі
Іож губити, ілрочаїн І01ЄЗ ІО5І ІО-Й
таке робити, виготовляти такс» тшк тидс
теап мати намір, означати тсапз теапі теагн
тесі зустрічати! ся) тесі» теї ПІН
тьіакс помилишся і пічіаке» тіїйоок тіЯаксп
рау платити, звертати увагу рау» раїд рані
риі класти, ставити риіь ріЦ ри!
геад читати гсасЬ гсад |гесі| геад [геді
гіде їхати верхи гіде» гіібе гіддеп
ппу дзвонити, тсгісфонуїюти пив» ПІПИ ШП8
пхе ПІДГНІТИТИСЯ, збільшуватися П5Є$ ГО5Є П5СП
гип біпи тих гап ПІП
£3у говорити, сказати му» »аід *1ід
$се бачити, розуміти мж» ЇЙ* 5ЄЄП
5СІІ продавши ьеІЬ м>1д юкі
зеті посилати, передавані $еп<Ь 5СГН 4СП1
ясі ставити, розташовувані 8ЄІ8 5С1 5СІ
зЬаке трясти, ТрСМПіИ іЬакс» аЬООк аііакеп
чкте свгтити(ся), освітлювати зЬіпст $Нопс ікопе
*Ьо* показувані ІІ1ОЧ1 »ко*ед 5І1О«ТІ
іііи! зачиняти іся) $Ьии »1іиі КІШІ
ІМЖВЖЖІЖЖ ДОВІДКОВІ МАТЕРІАЛИ ..<< 835
УегЬ Переклад Ргеяелі Ьііпріе Рая 8йпр<е ІЧгГісірІе 11
$іпв співати V ьапв яипя
5ІІ сидіти $ІІ8 хаі яаі
зіеер спати їіеері «Ісрі хіері
МІСІС ковзати 5ІІ<ІС5 «Іід $1кі
Якак говорити креякя яроке яроксп
«репсі витрачати хрспгЬ ЯрСПІ ярспі
«ріі плювати ся 5рИ5 яра) яраї
хіапЛ СТОЯТИ Яаїкк МООІІ иоои
ясаі красти Ясак яоіе Яоіеп
Я>ск вги кдТи Яіскі яиск Яиск
ЯШй жалити ЯІП®« 5Гип8 яипв
Ягіке бити ягікот Ягиск тгиск
клястися н^еага $*оге х^от
5*ССр мести БЧГССрЗ 5»срі ятері
5*’ІЩ плавати муіть етмат етуит
я*іП8 качатися доїте 5мгип£
Гаке брати, взяти іак« (оок іакеп
ісасії учити ісасКс» ии^Ні іаивИі
їеаі рвати (сан іогс ІОП1
ІЄН говорити ІСІІ4 ІОІСІ іоМ
(Іилк думати (Ьіпка йюи&іп іЬоивМ
Іііго* кидаїн іЬгол'і іЬге* іКго'лп
шиіегЯагиі розуміти шиіспгапсЬ игикпЯооСІ игкіегіїоосі
Црьсі псрскидагщся), засму- чувати ир$е(£ ирвсі ир«і
таке будити ’Агакея ««зке *фксп
ютаг одягатися ^сягб «огс *от
*іп перемагати *іл$ \¥ОП *оп
мгпіе писати шгіїея «ТОІС хсгіиеп
836 її? ДОВІДКОВІ МАТЕРІАЛИ
НІМЕЦЬКА МОВА
ОСНОВНІ ФОРМИ ДІЄСЛІВ СИЛЬНОГО ТА НЕПРАВИЛЬНОГО
ВІДМІНЮВАННЯ
Іпі/іпіііо Ргаїегіїит Р1ивдиатрег(екі
ЬеГ«Меп наказувати Ьеґакі ЬеіоЬІеп (Л)
Ьеріппеп починати ЬеКапп иероппеп (Й)
ЬеїВеп кусати Ьікв реЬіяяеп (Й)
Ьегреп крити, таїти Ьагв риЬогриП (Й)
Ьегвіеп тріскатися Ьцґзі рсЬогвіеп (я)
Ьетеереп рухати Ье«О8 Ье«ореп (й)
іпереп гнути Ьор рекореп (й)
Ьіеіеп пропонувати Ьоі кеЬаіеп (й)
ЬіпЛеп завізувати Ьапсі реЬипВеп (М
Ьіііеп просити Ьаі реЬеІеп їй)
ЬІавеп дути Ьііез реЬІазеп (й)
Ьіеюеп залишатися ЬГіеЬ реЬІіеЬсп (в)
Ьгзіяп смажити Ьпсі реЬгагео (й)
Ьгескип ламати ЬгвгЬ веЬгисЬеп (й)
Ьгеппеп горіти Ьтппіо рекпіііпг ійі
Ьппрсп приносити Ьгаг'Ьіе реЬіасЬі (й)
Йспксп думати иасЬіс ресіаскі <й)
Вппреп вдиратись ігаов реЛгипреп (в)
етрГскІеп рекомендувати етрГаЬІ етрГокІеп (й)
тгіовскеп згаснути РГІОосЬ сгіовсксп (в)
егвскгескеп бідкатися ЕґйсЬгак егвскгоскеп (й)
еввеп їсти аВ реренвеп (й)
Гак геп їхати ІиЬі реГаИгел (.я)
Гаїїеп падати Неї реГаІІеп (в)
Ганяні ловити Йпе рсГапреп (й)
ГесЬіеп фехтувати ГосЬі реГоскІеп ійі
ґіпсіеп знаходити Гапгі рнГипНеп (й)
Несіїіеп пиіссти. вітати Носкі 8МІОСІ1ІОП (Й)
Яіпр*п літоти Йол ррНпреп (в)
(Ііекеп бігти Яок ЄЄЙОЙЄІІ (з)
НісВеп текти Коьв КеЯоавеп (в)
йсьвеи їсти (про тварин) ГгаВ реГгеввеп їй)
Ст-геп мерзнути Етг роГгогеп їй)
реЬагеп народжувати кеЬаг реЬогеп їй)
цеЬел давати ІїаЬ еевеЬсп (й)
рейеікег. процвітати, (добре) рости доквй регіїекеп <я>
рексп іти ктв рералрвп (з)
ртііпкеп удаватися кеіапл реіиприч (з)
рсііеп вважати» Лак яеро1и>п їй)
репезеп видужувати репав репеяеп (з)
у, піеВеїі нисіі.окгчпіоатис> реповз реповвеп (й)
рсвскексп відбуватися ревскаН реж'кекеп (в)
Кслппш-п вигравати реугьпп реигоппеп (й)
ріеВеп лити Лов ь'ероявеп (й)
дкісксп бути схожий рііск рерік-ксп (й)
довідкові Матеріали > 8зу
КІеііеп ковзати 8Іі«
ртаЬеп копати «гиЬ
цгеіГоп хапати, брати &пП
ЬаЬі-п мати Ьаііе
Ьакеп тримати кіек
к&п£еп (ої) висіти Ьіпк
Ьаисп рубати НіеЬЛіииІе
ЬеЬеп піднімати ЬоЬ
кеіВсп називатися Ьіов
Неї Геп йоллмагати ЬаЧ
кеппеп знати кдппіе
кііп£еп звучати кіапк
кпеіГеп щипати кіиіГ
коттеп приходити кат
коппеп могти, мати можливість коппіе
кгіесксп повзти кпп-Ь
Іагіеп вантажити, запрошувати 1и<1
Іаввеп веліти залишати ІіеВ
ІаиГоп бігати ііеГ
Іскіеп терпіти Іііі
ІеіЬеп позичати ІіеЬ
Іевеп читати Іав
Ііереп лежати Іав
Ій^еп брехати Іов
таЬІеп молоти такій
теісісп уникати тич!
теїксп доїти тоїк
тезвеп міряти тай
ток<’П любити ' тисків
тіівзеп бути належним тиввіи
пектеп брати пакт
§ пеппеп називати паппіе
рГеїГеп свистіти РЙЯ
ргеі&сп вихваляти ргісв
гаи>п радити неї
»•: геіЬеп терти гісЬ
геівеп рвати ГІ88
геїіеп їздити верхи гіи
геппеп бігти, мчатися гаппсе
песЬеп нюхати госк
гіпвеп бороти, вичавгіювати гапк
гіппсп текти, протікати П1ПЛ
гиГеп кричати, кликати гіеГ
ваіхеп салити ьаїхіс
вииГеп пити (про тварин) воГГ
ясЬаГГеп створювати аскиГ
всіїеі&п відділяти «скіегі
всЬетеп світити вскієп
всКекеп лаяти вскпк
всЬегсп стригти аског
всЬіекеп рухати яскоЬ
ясЬіевеп стріляти векова
838 ДОВІДКОВІ МАТЕРІАЛИ
КекІ’Чеп (в)
(одгаЬеп (А)
вертіЯеп (А)
яеЬаЬі (А)
зекаїіет* (А)
ВеЬапвеп (А)
КеНаиеп (А)
КеКоЬеп (А)
кеЬеіВеп (А)
доЬрп (А)
декаппі (А)
Кекіип^сп (А)
ЕскпіПеп (А)
Кекотшсп (в)
Кскоппі (А)
векгосЬеп (в)
реіасіеп (А)
£ЄІ08веп (А)
КеІаиГеп (в)
КОІіпеп (А)
деііекеп (А)
реіеяеп (А)
йеіекеп (А)
веіокеп (А)
КетаКІеп (А)
цетіміоп (А)
яетоікеп (А)
(«етеьвеп (А)
рттосНі (А)
Кетиаві (А)
вепоттеп (А)
репаппі (А)
верНіїеп (А)
рфпеяап (А)
Кегаїеп(А)
щіпеЬеп (А)
йепьаеп (А)
йсгіиеп (в. А)
еегаопі (а)
КвгосНсп (А)
вегипкеп (А)
Кегоппеп (8, А)
ртгаїсп (А)
Кеааіяеп, веваїїї (А)
Йеві'Пі-П (А)
КевскаЛеп (А)
(геясіиміеп (А)
Кепскіепеп (А)
вевсЬокеп (А)
КевсЬогеп (А)
ЕевскоЬеп (А)
ртзсковвеп (А)
ясЬІаГеп спати вскІіеГ везскІаГеп (Л)
всЬІаяеп биіпи вскіик КввсЬІаесп (Л)
нскіеісксп підкрадатися вскіїск КснскІісЬеп (*)
исІйеіГеп точити чскІїЯ кевскІїГГеп (Л)
нскІїеВеп закривати ескіом. Ксискіоахеп (А)
«скііпкьп обвивати всЬІапк Яезскіипяеп (Л)
БсИтеіВеп шпурляти нс.Ьпйяв Я<?ч:Ьті»»еп (Л)
всИтеІхеп тонути, розплавитися асктаіх (сесії тоїгеп (в)
всЬпеїсіеп різати вскт» Ясяскпіііеп (Л)
яскгеіЬеп писати яскгіеЬ ЯсвскпеЬеп (Л)
зскгсіеп кричати всЬгіе Яенскпеп (А)
ьсіігсіїеп крокувати ьсЬпи Кеяскпіісп (в)
исЬтк*-і|?єп .мовчати ясЬмлсв Кенскупекеп (А)
всЬ^ітіпеп плавати вскшатт Нивскіноттеп (в, А)
вскчппдеп зникати .чск’кагкі Йеаскчуипсіеп (в)
векисігеп клястися ескччог Яевскягогеп (А)
виксп бачити вак Кевекеп (А)
веіп бути «аг яеїлеясп (в)
яешіеп посичати, відправляти на псі Ге, яепсіеи ЙсяапсІГ, ^еввпсіеі (А)
віеЛеп кип'ятити, кипіти воН ееяоНеп (А)
віпдеп співати внпк Єег>ипксп (А)
віпкеп опускатися вапк дезипкеп (в)
віопеп ду.иати вапп Яеаоппеп (А)
вііхеп сидіти вав яенезнеп (А)
зоїісп бути повинним зоїке Кевоік (А)
нріппеп прясти врапп В&іршіпеп (А)
вргесЬеп говорити вргасЬ ртвргоскеп (А)
арпп£еп стрибати яргапв Кеаргипяеп (в)
яіескеп капоти віаек ееаіоскеп (А)
віескеп засовувати вик, віескіе Яевіескі (А)
віеЬеп стояти Масі <і Яевіапсіеп (А)
зіекіеп красти яіакі вевсокіеп (А) 1
вісідоп підпікатися вііер йеяие(?еп (з)
всегкеп вмирати нілгЬ кеяГосЬеп (в)
віоВеп штовхати віісв ЯевІлВеп (А) 1
віп'іскеп гладити віпсЬ ^евігісЬап (А)
яігеііеп сперечатися вігіи кеаігіиеп (А)
Ігавеп носити ігив Яеігавеп (А)
ігеГСеп зустрічати ігаГ кеІгоЯеп (А)
ігеіЬеп гнати іпеЬ ееігіеЬеп (А>
ілЧоп (на) ступати Ігаї «сігеип (з)
Сппкеп пити Ггапк есЧгипкеп (А) •
ігиргп обманктати ігоя Яі-ітекеп (А)
Іип робити іаі ЯвСап (А)
уегдегЬеп псувати ургсіагЬ уегсіогЬсп (А)
уегагіевеп надокучати УеПІГО&Я уегсіговяеп (А)
чегцеввеп забувати уегваВ ургкевж-п (А)
уегііегеп втрачати уєгіог усгіогеп (А)
усгхсі^еп перепрошувати, прощати уеггіек чепіекеп (А)
жасквеп рости жиска веугасіїаеп (з)
ілгвК*'0 зважувати естеокеп (А)
игахЬепмити муивск Яемсаясксп (А)
ЙХ-:;:?:® ДОВІДКОВІ МАТЕРІАЛИ .:: 839
«еЬеп ткати
«вісіїеп відступати
луеїтеп покумувати
мсепдеп перевертати
шегЬоп в^рб^вати
«егСеп кидати
тедоп матувати
тп сіе п .мотати
тввеп акати
«гоїк'п хотіти
хіекеп тягти.
гтпв»л примушувати
т>Ь, ирЬю
тсЬ
тез
лапсіїс.
юепсіеіе
»ягЬ
юагГ
СНК11СІ
кшиїІе
лоїііе
гсщ
х^апк
(рттсоЬоп, ртпсоЬі (А)
ЕстсИеп (в)
ввтевеп (А)
Кеу<апЛ:,
Яешепсім (Л)
ееугагЬеп (Л)
К«?»оіТеп (А)
Веи'ОКвп іЛі
КетпиІеП (А)
Ветівзі (Н)
Ке«о1к (Я)
Вегок<-п (А)
Вггтшкеп (А)
840 *•?. ДОВІДКОВІ МАТЕРІАЛИ ’