М. І. Бурда, Н. А. ТарасенковаГЕОмЕтріяПідручник для 10 класузагальноосвітніх навчальних закладівАкадемічний рівеньРекомендовано Міністерством освіти і науки УкраїниКиїв«Зодіак-ЕКО»2010ББК 22.151я721 Б91Рекомендовано Міністерством освіти і науки України(наказ Міністерства освіти і науки України від 3 березня 2010 р., № 177)Видано за рахунок державних коштів. продаж забороненонаукову експертизу проводив Інститут математики Національної академії наук України; психолого-педагогічна експертизу проводив Інститут педагогікиНаціональної академії педагогічних наук; експерти, які здійснювали експертизу:Г. А. Губа— вчитель-методист ЗОШ І — ІІІ ступенів № 6, м. Ясинувата, Донецька область;І. І. Дзюба — методист Куликівського РМК, Чернігівська область;С. І. Остапенко — вчитель-методист Володимирецького районного колегіуму, Рівненська область;В. І. Тоточенко— доцент кафедри алгебри, геометрії та математичного аналізуХерсонського державного університету, кандидат педагогічних науктВОрча Група рОЗрОбниКіВ підручниКаЮрій КуЗнЕцОВ – керівник проекту,розробник концепцій: дизайну, художнього оформлення; михайло бурда, ніна тарасЕнКОВа – автори тексту і методичного апарату; Олена пОпОВич – редактор-організатор; андрій ВіКсЕнКО – макет, художнє оформлення; Валентина маКсимОВсьКа – організатор виробничого процесу; Галина КуЗнєцОВа – економічний супровід проекту; роман КОстЕнКО – маркетингові дослідження підручника; андрій КуЗнЕцОВ – моніторинг апробації підручника© Видавництво «Зодіак?ЕКО». Усі права захищені. Жодна частина, елемент, ідея, композиційний підхід цього виданняне можуть бути скопійованими чи відтвореними в будь?якій формі та будь?якими засобами – ні електронними, ні фотомеханічними, зокрема ксерокопіюванням, записом чи комп’ютерним архівуванням, – без письмового дозволу видавця.© М. І. Бурда, Н. А. Тарасенкова, 2010 © Видавництво «Зодіак?ЕКО», 2010 © Художнє оформлення.А. М. Віксенко, 2010© Концепції: дизайну, художньогоISBN 978?966?7090?72?2 оформлення. Ю. Б. Кузнецов, 2010ЗМІСТДорогі учні! ..................................................................................................... 4Повторення курсу Планіметрії ........................................ 6розділ 1. встуП До стереометрії§ 1. Основні поняття та аксіоми стереометрії .......................... 28§ 2. Простіші многогранники та їх перерізи ............................. 37розділ 2. Паралельність Прямих і Площин у Просторі§ 3.Взаємне розміщення двох прямих у просторі ................... 50§ 4. Властивості й ознака паралельних прямих у просторі ...... 58§ 5. Взаємне розміщення прямої і площини ............................. 65§ 6. Взаємне розміщення двох площин .................................... 72§ 7. Властивості паралельних площин...................................... 81§ 8. Паралельне проектування ................................................ 90розділ 3. ПерПенДикулярність Прямих і Площин у Просторі§ 9. Перпендикулярність прямої та площини ......................... 108§ 10. Перпендикуляр і похила до площини .............................. 114§ 11. Теорема про три перпендикуляри ................................... 122§ 12. Залежність між паралельністю і перпендикулярністюпрямих та площин ............................................................ 130§ 13.Перпендикулярні площини .............................................. 136§ 14. Ортогональне проектування ............................................ 145Повторення вивченого ...................................................................... 157віДПовіДі та вказівки .......................................................................... 167ПреДметний Покажчик ..................................................................... 174Дорогі учні!Ви розпочинаєте вивчення стереометрії – розділугеометрії про властивості фігур у просторі. У 9 класі ви ознайомилися з деякими властивостями таких фігур. Знаєте, яке взаємне розміщення у просторі прямих і площин, як знаходити поверхні та об’єми окремих видів многогранників і тіл обертання.Тепер ви розширите і поглибите свої знання зі стерео-метрії. Дізнаєтесь про аксіоми стереометрії та наслідки з них, про властивості паралельних та перпендикулярних прямої і площини, двох площин та про їх ознаки, як об- числювати у просторі відстані й кути. Виробите вміння застосовувати вивчені поняття, властивості й ознаки під час розв’язування задач та на практиці. Ви пере- конаєтесь, що знання і вміння зі стереометрії потрібні багатьом спеціалістам – архітекторам, будівельникам, конструкторам, токарям, фрезерувальникам та ін.Як успішно вивчати геометрію за цим підручником?Увесь матеріал поділено на три розділи, а розділи – на параграфи. У кожному параграфі є теоретичний мате ріал і задачі. Вивчаючи теорію, особливу увагу звертайте на текст, обведений рамкою. Це – найважливіші означення і властивості геометричних фігур. Їх потрібно зрозуміти, запам’ятати і вміти застосовувати під час розв’язування задач. Інші важливі відомості надруковано жирнимшриф- том. Курсивом виділено терміни (наукові наз ви) понять.Перевірити, як засвоєно матеріал параграфа, повтори-ти його допоможуть запитання рубрики «Згадайте голо- вне», які є після кожного параграфа. А після кожного розділу вміщено контрольні запитання і тестові завдання, за якими можна перевірити, як засвоєно тему.Ознайомтеся з порадами до розв’язування задач, ізрозв’язаною типовою задачею.Задачі підручника мають чотири рівні складності.5Номери задач початкового рівня складності позначено штрихом (' ). Це підготовчі вправи для тих, хто не впевне-ний, що добре зрозумів теоретичний матеріал. Номери з кружечком (°) позначають задачі середнього рівня склад-ності. Усім треба вміти їх розв’язувати, щоб мати змогу вивчати геометрію далі. Номери задач достатнього рівня складності не мають позначок біля номера. Навчив шись розв’язувати їх, ви зможете впевнено де монструвати достатній рівень навчальних досягнень. Зірочкою (*) позначено задачі високого рівня. Якщо не зможете від- разу їх розв’язати, не засмучуйтесь, а виявіть терпіння і наполегливість. Радість від розв’язання складної задачі буде вам нагородою.Розв’язавши задачі, виділені жирним шрифтом,запам’ятайте їх формулювання. Ці геометричні твер- дження можна застосовувати до розв’язування інших задач.Скориставшись рубрикою «Дізнайтеся більше», визможете поглибити свої знання.У підручнику використано спеціальні позначки (пік-тограми). Вони допоможуть краще зорієнтуватися в на- вчальному матеріалі.Прочитайте Як записатиПоміркуйте Як діятиЗапам’ятайте Типова задачаБажаємо вам успіхів у пізнанні нового і задоволеннявід навчання!6 ПовТореННякУрСУ ПлАНІМеТрІїУ розділі повторите:? основні поняття планіметрії;? аксіоми – твердження, істинність якихприймають без доведень;? основні властивості геометричних фігурта їх ознаки;? методи розв’язування геометричних задачоПорНІ фАкТи ПлАНІМеТрІїВи знаєте, щов планіметрії основними фігурами є точка і пряма, аосновними відношеннями – «належати», «лежати між», «накладання». Вони вводяться без означень. Використовуючи ці поняття, ми даємо означення іншим фігурам (променю, відрізку, куту тощо) та відношен- ням (рівності, подібності, паралельності тощо). Так само, кілька перших тверджень приймають як істинні без доведень. Їх називають аксіомами. Всі інші твердження доводять, спираючись на аксіоми, означення понять та раніше доведені теореми.АкСІоМи ПлАНІМеТрІї 1. Існують точки, що лежать на прямій, і точки, що їй не належать. 2. Через будь-які дві точки можна провести пряму і тільки одну. 3. З трьох точок прямої одна і тільки одна лежить між двома іншими. 4. Будь-яка фігура F накладанням суміщається сама із собою. 5. Якщо фігура F накладанням суміщається з фігурою F , то і фігураF накладанням суміщається з фігурою F 1 . 22 1 6. Якщо фігура F накладанням суміщається з фігурою F , а фігура1 2F – з фігурою F , то фігура F накладанням суміщається з фігурою F .2 3 1 3ПОВТОрЕння КУрсУ ПланімЕТрії 7 7. Довжина кожного відрізка більша за нуль.Градусна міра кута 8. На промені від його початку можна відкласти тільки одинВід променя по один бік від ньоговідрізок даної довжини .кут даної градусної міри 9. Довжина відрізка дорівнює сумі довжина відрізків ,Градусна міра кута градусних мір кутівна які він розбивається будь-якою його точкою .будь-яким променем, що проходить між сторонами кута 10. (Аксіома паралельних прямих). Через будь-яку точку, що не ле-жить на даній прямій, можна провести тільки одну пряму, паралельну даній.для спрощення викладу планіметрії деякі аксіоми ми не формулювали у підручниках з геометрії для 7 – 9 класів, але ними користувалися.кУТи І ПАрАлельНІ ПряМІДва кути називаються суміжними, якщо в них однасторона спільна, а дві інші сторони є доповняльними променями (мал. 1). Сума суміжних кутів дорівнює 180°.Два кути називаються вертикальними, якщо сторониодного кута є доповняльними променями сторін другого (мал. 2). Вертикальні кути рівні. Мал. 1Властивості паралельних прямих.Якщо дві пара-лельні прямі перетинає третя (мал. 3), то:1) сума внутрішніх односторонніх кутів дорівнює 180°:∠1 + ∠2 = 180°; Мал. 22) внутрішні різносторонні кути рівні: ∠1 = ∠3;3) відповідні кути рівні: ∠1 = ∠4.твердження, обернені до тверджень 1) – 3), – це ознаки паралельності прямих.Сформулюйте їх самостійно.Мал. 38ТрикУТНики. колоЗалежно від міри кутів, трикутники поділяють на гострокутні, ту-покутні й прямокутні, а залежно від довжин сторін – на різносторонні, рівнобедрені й рівносторонні.Мал. 4 Мал. 5У будь-якому трикутнику ABC(мал. 4): 1)∠ А + ∠ В + ∠ С = 180° (теорема про суму кутів трикутника);2) c 2 = a 2 + b 2 – 2ab ⋅ cos C (теорема косинусів);a b c3) = = = 2R (теорема синусів), де R – радіус описаногоsin A sin B sin Cкола.У прямокутному трикутнику ABC (мал. 5): 1)∠ А + ∠ В = 90°;2) c 2 = a 2 + b 2 (теорема Піфагора);3) а = с sin А = с cos В = b tg А. Периметр трикутника дорівнює сумі довжин його сторін. Площу трикутника можна обчислити за формулами:1) S = 1 2 аh , де h –висота, проведена до сторони a;а a1 22) S = bcsin A;3) S = p ( p − a )( p − b )( p − c ) , де р – півпериметр (формула Герона);4) S = рr, де р – півпериметр, r – радіус вписаного кола;abc5) S = , де R – радіус описаного кола.4RПОВТОрЕння КУрсУ ПланімЕТрії 9У таблиці 1 подано ознаки рівності й ознаки подібності трикутників.Сформулюйте їх попарно. У чому їх відмінність?Таблиця 1Спираючись на таблицю 2, сформулюйте означення вписаних і описа-них трикутників та їх властивості.Таблиця 2КОЛО, ОПИСАНЕ НАВКОЛО ТРИКУТНИКА КОЛО, ВПИСАНЕ У ТРИКУТНИКB Центр O кола – точка перетину BN O K серединних перпендикулярів бісектрис кутів Q O FR = OA = OB = OC r= OE = OF = OQA M C A E CНавколо будь якого трикутника описатиУ будь який трикутник можна вписати коло і до того ж тільки однеДовжину кола і площу круга можна обчислити за формулами: C = 2πR = πD, S = πR 2 = πD 2 , де R – радіус кола, D – його діаметр.4ЧоТирикУТНикиСпираючись на малюнки та скорочені записи, сформулюйте означенняй властивості відомих вам чотирикутників.10паралелограм ABCD(мал. 6): 1) ADN BC, AB N DC; 2) AD = BC, AB = DC; 3) B Ch∠ A = ∠ C, ∠ B = ∠ D; O4) AO = OC, BO = OD; 5)∠ A + ∠ B = 180°, ∠ A + ∠ D = 180°. A a D HМал. 6Площа паралелограма: S = ah.B Cпрямокутник ABCD(мал. 7): 1) усі властивості паралелограма; 2)b∠ A = ∠ В = ∠ С = ∠ D =90°; O3) АС = ВD. Площа прямокутника: S = ab.A a DМал. 7ромб ABCD(мал. 8): 1) усі властивості паралелограма; 2) AB = ВC = СD = DA; 3) АС B⊥ BD; A d 2 1 C4) ∠ ABD = ∠ CBD, ∠ BAC = ∠ DAC. O d 2 21Площа ромба: S = d d .2 1 2DКвадрат ABCD(мал. 9): усі властивості Мал. 8паралелограма, прямокутника, ромба.Площа квадрата: S = a 2 .трапеція ABCD(мал. 10): 1) ADN BC;2) MNN AD, MNN BC, MN = AD + BC ,де MN– середня лінія. 2( a + b ) hПлоща трапеції: S = .2 Мал. 9Властивості вписаних і описаних чотирикутників: B b Ch1) у вписаному чотирикутнику MNKP M N(мал. 11): ∠ M + ∠ P = 180°, ∠ N + ∠ K = 180°;2) в описаному чотирикутнику ABCD A H a D(мал. 11): AB + CD = AD + BC. Мал. 10ПОВТОрЕння КУрсУ ПланімЕТрії 11МНогокУТНикиВписані й описані многокутники Пригадайте означення вписаного многокутника та означення описано-го многокутника. Порівняйте ці означення з наведеними у підручнику.Многокутник називається описаним навколо кола вписаним у коло ,якщо всі його сторони дотикаються до кола вершини лежать на колі .правильні многокутникиСпираючись на малюнок 12 та скорочені записи, сформулюйте озна-чення та властивості правильних n-кутників.1) AB = BC =…= AFi ∠ A =∠ B =…=∠ F;2) точка О є центром описаного кола і вписаного кола;3) AOF = 360 ? ;n4) ∠ A +∠ B +…+∠ F =180° (n–2);5) r = tg ∠ AK AOK = 180 a ? ;2 tg n6) R = sin ∠ AK AOK = 2 sin a 180 n ? .CBN PMKA DМал. 11 Мал. 1212МеТоди роЗв’яЗУвАННя ПлАНІМеТриЧНих ЗАдАЧ1. викориСТАННя влАСТивоСТей доПоМІжНихТрикУТНикІв. Трикутник або кілька нерівних трикутниківз а д а ч а . Знайдіть висоту трапеції, якщо її основи дорівнюють a і c (a > c), а прилеглі до основи a кути дорівнюютьα і β.р о з в ’ я з а н н я . нехай ABCD –трапеція зосновами AD = a, BC = c і ∠A = α, ∠D = β (мал. 13). Проведемо пряму BE N CD. У ? ABEМал. 13AE = a – c, ∠BAE = α, ∠BEA = ∠CDA = β.AB AEЗа теоремою синусів знаходимо AB: = ,sin β sin ( 180 ° − ( α + β ) )звідки AB = ( a − c ) sin β . (1)sin ( α + β )Проведемо висоту BK трапеції. ?ABK – прямокутний.Тоді BK = AB ⋅ sinα. (2)( a − c ) sin β sin αПідставивши рівність (1) у (2), дістанемо: BK = .sin ( α + β )розв’язуючи геометричні задачі, дотримуйтесь такого плану: 1) відшукайте на малюнку трикутник (або утворіть його, провівши потрібні відрізки), який можна розв’язати (у нашій задачі – це?ABE);2) задача буде розв’язаною, якщо знайдений елемент (сторона AB) трикутника задовольняє умову задачі; 3) якщо ні, то, враховуючи знайдений елемент, відшукайте на малюн- ку другий трикутник (?ABK). якщо задачу задовольняє знайденийелемент другого трикутника (висота BK), – вона розв’язана. В іншому випадку розгляньте третій трикутник і т. д. доти, поки не дістанете такий трикутник, сторона чи кут якого дає розв’язок задачі. рівні трикутникиз а д а ч а . Доведіть, що діагоналі рівнобічної трапеціїрівні.р о з в’я з а н н я . нехай ABCD – рівнобічна трапеція(мал. 14). У трикутників ABD і DCA: AD – спільна сто рона, AB = CD за означенням рівнобічної трапеції,∠A = ∠D за властивістю рівнобічної трапеції. Отже,?ABD = ?DCA за двома сторонами і кутом між ними. З рівності трикутників випливає, що AC = BD.ПОВТОрЕння КУрсУ ПланімЕТрії 13пам’ятайте: – щоб довести рівність двох відрізків (кутів): 1) виділіть на малюнку два трикутники, сторонами яких є ці відрізки (кути); 2) доведіть, що ці трикутники рівні; 3) зробіть висновок: відрізки (кути) рівні як відповідні сторони (кути) рівних трикутників. – якщо в задачі треба знайти певний відрізок (кут), то його корисно розглянути як сторону (кут) одного з двох рівних трикутників.Подібні трикутникиПодібні трикутники використовуються під час доведення рівностей,які містять добутки довжин двох пар відрізків.з а д а ч а . якщо хорди AB і CD кола перетина C Bються в точці M, то AM ⋅ BM = CM ⋅ DM. Доведіть.р о з в ’я з а н н я . Проведемо аналіз (мал. 15). MПрипустимо, що рівність, яку треба довести, справ джується. Запишемо її у вигляді пропорціїDAM DM A= . З пропорції випливає, що трикутникиCM BMіз сторонами AM і CM, DM і BM мають бути подіб ними. справді, у них Мал. 15∠AMC = ∠DMB як вертикальні, ∠ACM = ∠DBM як вписані, що спираються надугу AD. Отже, ?AMC ? ?DMB за двома кутами.міркуючи у зворотному напрямі, дістанемо, що ?AMC ? ?DMB.AM DMЗ подібності цих трикутників випливає пропорційність їх сторін: = .Звідси AM ⋅ BM = CM ⋅ DM. CM BMпам’ятайте: – щоб довести рівність добутків двох пар відрізків: 1) припустіть правильність рівності, яку доводите; 2) запишіть її у вигляді пропорції; 3) відшукайте на малюнку (або побудуйте) трикутники, довжини сторін яких є членами утвореної пропорції; 4) обґрунтуйте подібність цих трикутників. – якщо в задачі треба знайти певний відрізок, то його корисно роз- глянути як сторону одного з двох подібних трикутників і скласти від- повідну пропорцію.142. МеТод ПодІБНоСТІ BМ е т о д п о д і б н о с т і ч а с т о з а с т о с о в у ю т ь урозв’язуванні задач на побудову.з а д а ч а . Побудуйте трикутник за двома кутами A іC та висотою h, проведеною з вершини кута B. C D Aр о з в’я з а н н я . Знаючи кути A і C, спочатку будуємоякийнебудь трикутник A BC , подібний шуканому,взявши довільно відрізок A 1 C 1 (мал. 16). Потім будує C 1 D 1 A 1мо висоту BD цього трикутника. на промені BD 1 1 від Мал. 161 1кладаємо відрізок BD = h і через точку D проводимо ACN AC . ? ABC – шуканий.1 1справді, ACN A C , тому ∠A = ∠A , ∠C = ∠C і, отже, два кути трикутникаABC дорівнюють даним кутам. За побудовою, висота BD = h. Таким чином, 1 1 1 1побудований трикутник ABC задовольняє всі вимоги задачі.розв’язуючи задачі на побудову методом подібності: 1) виділіть з умови задачі ті дані, які визначають форму шуканого трикутника (відношення відрізків і кути); 2) побудуйте за цими даними допоміжний трикутник, подібний шу- каному; 3) побудуйте шуканий трикутник, використавши ті дані умови, які визначають його розміри (довжини відрізків).3. МеТод геоМеТриЧНих МІСцьз а д а ч а . Побудуйте точку в середині кута ABC, яка рівновіддалена від йогосторін і розміщується на відстані d від точки M.р о з в’я з а н н я .аналіз (мал. 17). Шукана точка X має задо вольняти дві вимоги: 1) бути рівновіддаленою від сторін C∠ ABC; X 22) лежати на відстані d від точки M. Геометричним місцем точок, що задовольняють першу вимогу, є бісектриса dX1 M∠ ABC, а геометричним місцем точок, що задовольняють другу вимо гу, є коло з центром M і радіусом d. Шукана точка X лежить на перетині цих геометричних місць.B AПОВТОрЕння КУрсУ ПланімЕТрії 15Побудова. Будуємо: бісектрису ∠ ABC; коло з центром M і радіусом d;X – точку перетину бісектриси і кола. Таких точок може бути або дві – X іX (мал. 17), або одна, або жодної. 12розв’язуючи задачі методом геометричних місць: 1) проаналізуйте умову задачі та виділіть шукану точку; 2) з’ясуйте, які дві вимоги вона задовольняє; 3) знайдіть геометричне місце точок, що задовольняють: першу ви- могу; другу вимогу; 4) зробіть висновок: шукана точка – точка перетину знайдених гео- метричних місць.4. МеТод коордиНАТРозв’язуючи задачу методом координат, дану фігуру слід розміщувативідносно осей координат так, щоб якнайбільше координат потрібних то- чок дорівнювали нулю, а також одному і тому самому числу. Наприклад, координати вершин прямокутника ABCD доцільно взяти такі: A (0; 0), B (0; b), C (a; b), D (a; 0).з а д а ч а . Доведіть, що коли в паралелограма діагоналі рівні, то він – прямокутник.р о з в’я з а н н я . Перший крок. Записуємо задачу мовою координат. розміщуємо систему координат відносно паралелограма так, щоб його вершини мали координати: A (0; 0), B (b; c), C (a + b; c), D (a; 0) (мал. 18). За умовою AC = BD. Подаємо відстані між точками A і C, B і D через їх координати:( a + b 0 ) ( 2 + c 0 ) 2 = ( a b ) ( 2 + 0 c ) 2 ,(a + b) 2 + c 2 = (a – b) 2 + c 2 . YДругий крок. Перетворюємо одержану рівність: a B(b; c) C( a + b; c)2 + 2ab + b 2 + c 2 = a 2 – 2ab + b 2 + c 2 ,звідси 4ab = 0. Третій крок. З останньої рівності випливає: оскільки a > 0, то b = 0. Це означає, що точка B (b; c) лежить на осі OY. Тому кут BAD прямий, а звідси паралелограм ABCD – прямокутник.A(0; 0) D( a ; 0) X16розв’язуючи задачу координатним методом, виконайте три кроки: 1) запишіть геометричну задачу мовою координат; 2) перетворіть алгебраїчний вираз; 3) перекладіть знайдений результат мовою геометрії.5. АлгеБрАїЧНий МеТодз а д а ч а . Периметр ромба дорівнює 2p, сума його діагоналей m. Знайдітьплощу ромба.р о з в’я з а н н я . Позначимо діагоналі ромба через x і y (мал. 19). Тоді, заумовою задачі, матимемо: x + y = m.З прямокутного трикутника AOD: ? ? x ? ? 2 + ? ? y ? ? 2 = ? ? p ? ? 2 , оскільки сторона ромба? 2 ? ? 2 ? ? 2 ?дорівнює одній четвертій його периметра, a = 2 p = p . Помноживши обидві4 2частини другого рівняння на 4, дістанемо систему рівнянь:?x + y = m,??x 2 + y 2 = p 2 .З цієї системи рівнянь визначимо добуток xy. Для цього піднесемо перше рівняння до квадрата і віднімемо від нього друге рівняння, матимемо: 2xy = m2 – p 2 , звідки xy = m 2 2 − p 2 . Мал. 19Площа ромба дорівнює половині добутку діагоналей, отже, S = 1 xy = m 2 − p 2 .2 4розв’язуючи задачі алгебраїчним методом, дотримуйтесь таких етапів: 1) введіть позначення (буквами x, y, z … найчастіше позначаємо шукані величини); 2) складіть рівняння або систему рівнянь, використовуючи відомі геометричні співвідношення між шуканими і даними величинами; 3) розв’яжіть складене рівняння або систему рівнянь. якщо є потреба, то дослідіть знайдені розв’язки.ПОВТОрЕння КУрсУ ПланімЕТрії 17дІЗНАйТеСя БІльшеМеТод векТорІвз а д а ч а . Доведіть, що середня лінія трикутникапаралельна стороні й дорівнює її половині.р о з в’я з а н н я . нехай EF – середня лінія трикутника1ABC (мал. 20). Доведемо, що EF N AC і EF = AC.2Перший крок. сформулюємо вимогу задачі мовою векторів: позначимо на малюнку векториf f f AB, BF, BC,f f AC і EF. f 1 f Тоді вимогу задачі запишемо так: EF = 2 AC. Мал. 20f f f Другий крок. За правилом трикутника, EF = EB + BF.Перетворимо цю векторну рівність, враховуючи, що f 1 f f 1 f f f f EB = AB, BF = BCі AB + BC = AC.2 2Дістанемо:EF = f EB + f BF = f 1 AB + f 1 BC = f 1 ( AB + f BC f ) = 1 AC. f 2 2 2 2f 1 f Третій крок. З останньої векторної рівності EF = AC випливає:f f 21) вектори EFі ACколінеарні і, отже, відрізки EF і AC паралельні;f 1 f 12) | EF | = | AC | , або EF = AC.2 2щоб застосувати вектори до розв’язування задачі, виконайте три кроки: 1) сформулюйте задачу мовою векторів. Для цього спочатку розгляньте деякі дані у задачі відрізки як вектори. Потім складіть векторну рівність; 2) перетворіть векторну рівність, користуючись законами дій над век- торами і відомими векторними рівностями; 3) перекладіть знайдений результат мовою геометрії.ЗгАдАйТе головНе1. назвіть основні фігури та основні відношення в планіметрії.2. сформулюйте аксіоми планіметрії.3. які кути називаються суміжними; вертикальними? які їх властивості?4. сформулюйте властивості й ознаки паралельних прямих.18 5. назвіть основні співвідношення між сторонами і кутами довільного трикут ника; прямокутного трикутника. 6. За якими формулами можна обчислити площу трикутника? 7. які є ознаки рівності трику
тників? а подібності? 8. Дайте означення паралелограма, прямокутника, ромба, квадрата, трапеції.які їх властивості? 9. який многокутник називається вписаним у коло? Описаним навколо кола? 10. які властивості трикутника, вписаного у коло, і трикутника, описаного на вколо кола? а чотирикутника? 11. Що таке правильний многокутник та які його властивості? 12. як використовують під час розв’язування задач допоміжні трикутники (одинабо кілька нерівних трикутників, рівні трикутники, подібні трикутники)? 13. У чому полягає суть методу подібності? методу геометричних місць? 14. назвіть кроки розв’язування задач методом координат. 15. Поясніть суть етапів алгебраїчного методу розв’язування задач.роЗв’яжІТь ЗАдАЧІ 1'. За даними на малюнках 21 – 23, знайдіть x і y.Мал. 21 Мал. 22 Мал. 23 2'. За даними, наведеним на малюнках 24 – 26, запишіть формули для обчис лення елемента x трикутника.Мал. 24 Мал. 25 Мал. 26ПОВТОрЕння КУрсУ ПланімЕТрії 19Мал. 27 Мал. 28 Мал. 29розв’язуючи задачі 3 – 19, використайте допоміжні трикутники. 3'. Знайдіть на малюнках 27 – 29 рівні трикутники. Поясніть, чому вони рівні. 4'. сторони одного трикутника дорівнюють a, b, і c. У подібного трикутника найменша сторона дорівнює d. Знайдіть його сторони, якщо: 1) a= 6 см, b = 9 см, c = 12 см, d = 18 см; 2) a= 13 см, b = 7 см, c = 15 см, d = 14 см; 3) a= 9 см, b = 6 см, c = 5 см, d = 10 см.5°. Знайдіть кут між діагоналями і більшою стороною прямокутника, якщо його сторони дорівнюють: 1) 5 см і 12 см; 2) 6 см і 8 см; 3) 8 см і 15 см.6°. У паралелограма діагональ d, сторона a, а кут між ними α. Знайдіть невідомідіагональ, сторону і кути паралелограма, якщо: 1) d = 10 см, a= 6 см,α = 20°;2) d = 12 см, a= 5 см, α = 35°;3) d = a= 5 см, α = 32°.7°. Відрізки AB і CD перетинаються в точці O, яка є серединою кожного з них.Знайдіть: 1) відрізок BC, якщо AD = 7 см;2) кут ABC, якщо ∠ BAD = 72°.8°. Основа рівнобедреного трикутника дорівнює b, а бічна сторона – a. У подібного трикутника основа дорівнює c. Знайдіть його периметр, якщо: 1) a= 18 см, b = 12 см, c = 6 см; 2) a= 5 см, b = 8 см, c = 12 см; 3) a= 25 см, b = 14 см, c = 28 см. 9. У рівнобічній трапеції діагональ є бісектрисою гострого кута, а основи до рівнюють a і b. Знайдіть периметр трапеції, якщо: 1) a= 5 см, b = 9 см; 2) a= 8 см, b = 4 см. 10. Доведіть, що коли діагоналі рівнобічної трапеції взаємно перпенди-кулярні, то середня лінія трапеції дорівнює її висоті.20Мал. 30 Мал. 31 11. Висота ромба, проведена з вершини тупого кута, ділить сторону навпіл, а менша його діагональ дорівнює 12 см. Знайдіть: 1) кути ромба; 2) периметр ромба.12. Через точку O перетину діагоналей паралелограма ABCD проведено пряму, яка перетинає сторони BC і AD у точках Mі N. 1) Доведіть, що OM = ON; 2) знайдіть сторони AD і BC паралелограма, якщо BM = 4 см, AN = 6 см. 13. Доведіть, що в рівнобедреному трикутнику: 1) бісектриси, проведені з вершин при основі, рівні; 2) медіани, проведені з цих самих вершин, також рівні. 14. У рівносторонній трикутник вписано ромб, який має з ним спільний кут (мал. 30).1) Доведіть, що сторона ромба дорівнює половині сторони трикутника; 2) знайдіть периметр ромба, якщо периметр трикутника дорівнює 18 см.15. якщо з точкиM поза колом проведено дві січні, що перетинають коло відповідно в точкахA,B,C іD, тоAM•BM =CM•DM. Доведіть. 16. якщо з точкиM поза колом проведено січну, що перетинає коло в точках A іB, та дотичну, що дотикається до кола в точціC, тоCM2 =AM•BM.Доведіть. 17. сума кутів при одній з основ трапеції дорівнює 90 °. Доведіть, що висота трапеціїє середнім пропорційним між проекціями її бічних сторін на основу.18 * . Доведіть, що медіана трикутника ABC, проведена з вершини A, менша відпівсуми сторін AB і AC.19 * . Трикутник ABC вписаний у коло (мал. 31). Через вершину A проведено дотичнудо кола, через B – пряму, паралельну дотичній і яка перетинає сторону AC чи її продовження в точці D. Доведіть, що AB2 = AC ⋅ AD.ПОВТОрЕння КУрсУ ПланімЕТрії 21BlA CKα βA 1 C 1Мал. 32 Мал. 33 розв’яжіть задачі 20 – 26 методом подібності.20'. Побудуйте відрізок, який є середнім пропорційним між двома відрізкамидовжиною: 1) 9 см і 1 см; 2) 2 см і 8 см; 3) 4 см і 4 см.21°. Побудуйте трикутник за такими даними:1) ∠A = 60°, ∠B = 70°, l = 4 см;2) ∠A = 50°, ∠C = 80°, h с = 3 см;3) ∠B = 40°, ∠C = 75°, l b = 5 см.a 22. Побудуйте трикутник за двома кутами α і β та бісектрисою l третього кута.За малюнком 32 складіть план побудови. 23. Побудуйте трикутник за двома кутами і медіаною, проведеною з вер- шини третього кута. 24. Побудуйте трикутник за кутом, відношенням сторін цього кута і проведеною до третьої сторони: 1) медіаною; 2) висотою. 25. Побудуйте прямокутний трикутник: 1) за відношенням катетів і гіпотенузою; 2) за відношенням катета до гіпотенузи і другим катетом. 26 * . Побудуйте паралелограм за відношенням діагоналей, кутом між діагоналями і стороною. розв’яжіть задачі 27 – 33 методом геометричних місць. 27'. на прямій a, яка перетинає сторони даного кута A, знайдіть точку, рівновід далену від його сторін. 28°. Побудуйте точку, рівновіддалену від сторін кута ABC і точок M і K.22 29. знайдіть точку, яка знаходиться на відстаніn від прямоїa і на відстані m від точкиM. скільки може бути таких точок? 30. Побудуйте коло, що проходить через точку A і дотикається до прямої a в точці B. 31. Побудуйте трикутник за стороною b, медіаною m, проведеною до цієї сторони, і радіусом R описаного кола. За малюнком 33 складіть план побудови. 32. Побудуйте рівнобедрений трикутник за основою a і радіусом R описаного кола. 33 * . Побудуйте трикутник за стороною a, проведеною до неї медіаною m та ви сотою h, проведеною до другої сторони. розв’яжіть задачі 34 – 38 методом координат. 34'. Знайдіть довжину відрізка з кінцями в точках: 1) A (4; –2), B (–2; 6); 2) A (4; –2), B (1; 2); 3) O (0; 0), D (5; 12). 35°. CH – висота рівнобедреного трикутника ABC, проведена до основи AB. Знайдіть довжину медіани, проведеної до бічної сторони, якщо: 1) AB = 12 см, CH = 4 см; 2) AB = 4 см, CH = 6 см. 36. Доведіть, що середина гіпотенузи прямокутного трикутника рівновіддалена від його вершин. 37. якщо чотирикутник ABCD – прямокутник, то для будьякої точки M площини справджується рівність: MA2 + MC 2 = MB 2 + MD 2 .Доведіть. 38. Доведіть, що сума квадратів діагоналей паралелограма дорівнює сумі ква дратів його сторін. 39 * . Доведіть, що сума квадратів діагоналей трапеції дорівнює сумі квадратівбічних сторін, доданій до подвоєного добутку основ. розв’яжіть задачі 40 – 45 алгебраїчним методом. 40'. За даними, наведеними на малюнку 34, знайдіть кути трикутника.2 x 41°. Одна сторона трикутника удвічі більша за другу, а третя сторона дорівнює a. Периметр трикутника дорівнює P. Знайдіть невідомі сторони трикутника, якщо: 1) a = 5 см, P = 35 см; 2) a = 7 см, P = 43 см; 3) a = 8 см, P = 29 см.x x +20°Мал. 34ПОВТОрЕння КУрсУ ПланімЕТрії 23 42. сторони прямокутника відносяться, як m : n. складіть формули для знахо дження сторін прямокутника, якщо: 1) площа дорівнює S; 2) периметр дорівнює P. 43. Знайдіть сторони чотирикутника, якщо його периметр дорівнює 66 см, одна сторона більша за другу на 8 см і на стільки ж менша від третьої, а четверта сторона – в три рази більша за другу. 44. з точки до прямої проведено дві похилі, які дорівнюють 10 см і 17 см, а їх проекції відносяться, як 2 : 5. знайдіть: 1) проекції похилих; 2) відстань від точки до прямої. 45 * . сума діагоналей ромба дорівнює m, а його площа S. Знайдіть діагоналі ромба, якщо: 1) m = 10 см, S = 8 см2 ;2) m = 26 см, S = 72 см 2 .ЗАСТоСУйТе НА ПрАкТицІ 46. на горі знаходиться башта висотою 70 м (мал. 35). Деякий предмет (точ ка A) на підошві гори видно з вершини башти (точка B) під кутом 60° догоризонту, а з її основи (точка C) – під кутом 30 ° до горизонту.Знайдіть висоту гори. 47. на малюнку 36 показано, як можна виміряти висоту дерева, користуючись віхою з планкою. Поясніть вимірювання.B A A60 ° 1 1C30 ° A AA K C C C C B B1 1Мал. 35 Мал. 3624A 9° BМал. 3748. спостерігачам, які знаходяться у пункті A, повідомили, що вертоліт знаходиться над об’єктом B на висоті 500 м (мал. 37). Вертоліт видно з пункту A під кутом 9°. Знайдіть відстань від пункту A до об’єкта B.49. Основа щогли недоступна (мал. 38). Знайдіть висоту щогли, якщо AB = 10 м,α = 45°, β = 50° і висота h приладу, яким вимірювали кути, дорівнює 1,5 м.Cα β DhA B MМал. 38ПОВТОрЕння КУрсУ ПланімЕТрії ПеревІрТе, як ЗАСвоїли ПлАНІМеТрІЮ 25 25ТеСТове ЗАвдАННяУважно прочитайте задачі і знайдіть серед запропонованих відповідей правильну. Для виконання тестового завдання потрібно 10 – 15 хв. 1 1 о о Відрізки Відрізки Відрізки AB і CD перетинаються в точці O, яка є серединою кожного з них.З рівності яких трикутників випливає, що BC = AD? а.?BOC і ?BOD. Б. ?BOC і ?AOC. в. ?ABD і ?ACD. г. ?BOC і ?AOD. 2 2 о о на даному колі потрібно знайти точку, рівновіддалену від точок A і B. яказ побудов правильна? а. Б. в. г. 3 3 о о З точки кола проведено перпендикуляр до діаметра. Знайдіть довжину перпендикуляра, якщо його основа ділить діаметр на відрізки 4 см і 9 см. а. 13 см. Б. 6 см. в. 36 см. г. √13 см. 4 4 Знайдіть довжину медіани AM трикутника з вершинами у точках A (– 1; 4),B (2; 3), C(2; – 3). а. 3. Б. 5. в. √17. г. 3 √2 см. 5* 5* У прямокутній трапеції ABCD( ∠A= 90°) основи ADі BCвідповіднодорівнюють 10 см і 3 см, а висота дорівнює 4 см. Знайдіть відстань від середини більшої основи до вершини C. а. 5 см. Б. 4 см. в. √5 см. г. 2 √5 см.1вСТУПдо СТереоМеТрІїроЗдІлУ розділідізнаєтесь:? що вивчаєстереометрія;? які фігури тавідношеннявважаютьосновнимив стереометрії;? про аксіомистереометрії танаслідки з них;? що таке перерізпрямої призми(піраміди) та якйого побудувати;Y? як застосу-вати вивченівластивостіна практиці тау розв’язуваннізадачC28 розділ 1§1.оСНовНІ ПоНяТТя ТА АкСІоМиСТереоМеТрІїВи вже знаєте, що у стереометрії вивчаютьвластивості фігур у просторі. Для цього, як і в пла- німетрії, використовують аксіоматичний метод. Спочатку обирають основні поняття – основні фігури та основні відношення. Їх тлумачать через приклади, не даючи означень. Також приймають без доведення вихідні істинні твердження – ак- сіоми. Всі інші поняття визначають, а всі інші твердження доводять.Мал. 39Основними фігурами у просторі є точка, пряма і площина, а осно-вними відношеннями – відношення «належати», «лежати між» і «на- кладання». Площину зображають здебільшого у вигляді паралелограма (мал. 39).Як і в планіметрії, точки позначають великими латинськими буквамиА, В, С, ... , прямі – малими латинськими буквами а, b, c, … . Площини позначають малими грецькими буквамиα (альфа), β (бета), γ (гамма) ... .Введення у просторі нової геометричної фігури – площини – потребуєуточнення основних відношень та розширення системи аксіом планіме- трії.Відношення «належати» розглядають не лише для точки і прямої –точка лежить на прямій, але й для точки і площини та прямої і площи- ни – точка (пряма) лежить уплощині.Відношення «лежати між» для трьох будь?яких точок прямої не за-лежить від її розміщення в просторі, тому це відношення є основним і в стереометрії.Відношення «накладання» у просторі розуміють як суміщення фігурвідповідно всіма своїми точками (мал. 40).Мал. 40ВсТУП ДО сТЕрЕОмЕТрії 29Система аксіом стереометрії складається з двох частин. Перша з нихвключає всі аксіоми планіметрії. Вони виконуються в кожній площині простору.пам’ятайте: 1) властивості всіх фігур, які ви вивчали в планіметрії, справджуються в кожній площині простору; 2) якщо йдеться про дві точки (прямі), то ці точки (прямі) є різними, тобто вони не збігаються. Друга частина системи аксіом стереометрії включає аксіоми, що ха-рактеризують взаємне розміщення точок, прямих і площин. Коротко називатимемо їх аксіомами стереометрії. Сформулюємо ці аксіоми.аксіома 1(належності точки площині).Існують точки, що лежать у даній площині, і точки, що не лежать у ній. аксіома 1(належності точки площині).На малюнку 41 ви бачите, що точка A лежить у площині α, а точка Bне належить їй.Коротко записуємо: A ∈ α, B∉ α.аксіома 2(існування і єдиності площини). Через будь?які три точки, що не лежать на одній прямій, можна провести площину і до того ж тільки одну. аксіома 2(існування і єдиності площини).Завдяки цій властивості площину можна позначати трьома її точками.Наприклад, на малюнку 42 площина ABC – це площина α.аксіома 3(належності прямої площині). Якщо дві точки прямої лежать у площині, то й кожна точка цієї прямої лежить у даній площині. аксіома 3(належності прямої площині).Записуємо: якщо A ∈ α і B ∈ α, то AB лежить в α.Мал. 41 Мал. 4230 розділ 1Мал. 43 Мал. 44З наведених аксіом випливають такі наслідки.наслідок 1.через пряму і точку, що не лежить на ній, можна провести площину і до того ж тільки одну. Справді, будь?які дві точки даної прямої разом з даною точкою (мал. 43)утворюють три точки, що не лежать на одній прямій. За ак сі омою 2, че- рез них проходить площина і до того ж тільки одна. За ак сіомою 3, дана пряма лежить у цій площині.наслідок 2.через дві прямі, що перетинаються, можна провести площину і до того ж тільки одну. Справді, якщо на кожній з даних прямих взяти по одній точці, від-мінній від точки перетину даних прямих, та точку перетину (мал. 44), то утвориться три точки, що не лежать на одній прямій. За аксіомою 2, через них проходить площина і до того ж тільки одна. За аксіомою 3, кожна з даних прямих лежить у цій площині.пам’ятайте, що площину можна задати: 1) трьома точками, які не лежать на одній прямій; 2) прямою і точкою, яка не лежить на ній; 3) двома прямими, що перетинаються.аксіома 4(про перетин двох площин). Якщо дві площини мають спільну точку, то вони перетинаються по прямій, яка проходить через цю точку. аксіома 4(про перетин двох площин).наслідок 3.через будь?яку пряму в просторі можна провести безліч площин. Справді, через пряму а і точку А, що не лежить наній, можна провести площину і до того ж тільки одну. Позначимо їїα (мал. 45). Але, за аксіомою 1, у просторііснує безліч точок, що не лежать у площині α. Через Мал. 45ВсТУП ДО сТЕрЕОмЕТрії 31кожну із цих точок і дану пряму можна провести площину, відмінну від площиниα. Тому таких площин безліч.На малюнку 45 ви бачите, що через пряму а проходять площини α, β,γ і δ.з а д а ч а . Дано пряму а і точку А, що не лежить на ній. Доведіть, що всіпрямі, які проходять через точку А і перетинають пряму а, лежать в одній площині.розв’язання. Через дані точку А і пряму а, за наслідком 1 з аксіом стереометрії, проходить площина і до того ж тільки одна. Позначимо її α (мал. 46).Через точку А проведемо довільну пряму так, щоб вона перетинала пряму а. Позначимо точку їх пе ретину B. Точки А і Bлежать у площиніα. Тоді, зааксіомою 3, пряма АBлежить у площині α. аналогічно можна довести, що будь?яка інша пряма, що проходить через точку А і перетинає пряму а, лежить у площиніα. Мал. 46дІЗНАйТеСя БІльше1.Термін «стереометрія» походить від грецьких слівstereox – просторовий і metreo – вимірювати. Його автором вважають давньогрецького вченого Платона (427 – 347 до н. е.) – засновника філософської школи в афінах, яка мала назву «академія». Головною заслугою Платона в історії математики вважають те, що він вперше висунув і всіляко відстоював ідею про необхідність знання математики кожною освіченою людиною. на дверях його академії був напис: «нехай не входить сюди той, хто не знає геометрії». 2.Ви вже знаєте, що площину можна задати або трьома точками, що не лежать на одній прямій (твердження 1), або прямою і точкою, що не лежить на цій прямій (твердження 2), або двома прямими, що перетинаються (твердження 3). У підручнику перше твердження було прийнято як аксіома, а два інші доведені. Виявляється, що будь?яке із цих тверджень можна обрати за аксіому. Тоді два інших твердження можна довести, спираючись на обрану аксіому. наприклад, нехай аксіомою є твердження 3: «Через дві прямі, що перетинаються, можна провести єдинуРафаель СантіЛеонардо да Вінчів образі Платона32 розділ 1площину». Доведемо, що через три точки, які не лежать на одній прямій, можна провести єдину площину (твердження 1). Д о в е д е н н я . нехай точки А, В і С не лежать на одній прямій. Проведемо прямі АВ і ВС. Ці прямі перетинаються в точці В. За прийнятою нами аксіомою, через прямі АВ і ВСможна провести єдину площину. Цій площині належать дані точки А, В і С. Твердження 2 спробуйте довести самостійно. 3.якщо з першого твердження випливає друге, а з другого перше, то такі твердження називаються рівносильними. ми довели рівносильність твер джень 1 і 3. Взагалі, рівносильними є всі три наведені твердження. Доведіть це самостійно. Щоб коротко записати, що деякі твердження рівносильні, їх позначають вели кими латинськими літерами. якщо перше з розглянутих тверджень позначити T, друге – T , а третє – T , тоді коротко можна записати: T ⇔ T ⇔ T . Знак ⇔заміняє слово «рівносильне». 1 2 3 1 2 3ЗгАдАйТе головНе 1. Що вивчає стереометрія? 2. назвіть основні геометричні фігури у просторі. як їх позначають? 3. які відношення вважають основними у стереометрії? 4. сформулюйте аксіоми стереометрії. 5. сформулюйте наслідки з аксіом стереометрії.роЗв’яжІТь ЗАдАЧІ 50'. які поняття вводять без означень у стереометрії? 51'. Що таке аксіома? Теорема? наведіть приклади. 52'. які з наведених фігур є основними в стереометрії: 1) точка;2) відрізок;3) промінь; 4) пряма;5) кут; 6) трикутник;7) коло; 8) ромб;9) куб; 10) куля;11) площина; 12) призма? 53'. які з наведених відношень є основними в стереометрії: 1) належати; 2) перетинати; 3) лежати між; 4) дорівнювати; 5) бути подібним; 6) накладання?ВсТУП ДО сТЕрЕОмЕТрії 33Мал. 47 Мал. 48 54'. на малюнках 47, 48 зображено площину α і прямі AB, BC, AD і CD.1) які з точок A, B, C і D лежать у площині α?2) яку іншу назву можна дати площині α?3) які з прямих лежать у площині α? 55'. За даними на малюнках 49, 50 з’ясуйте: 1) які спільні точки мають площиниα і β;2) по якій прямій перетинаються площини α і β. 56°. назвіть неозначувані поняття стереометрії. 57°. які з наведених аксіом планіметрії справджуються у просторі: 1) через будь?які дві точки можна провести єдину пряму; 2) з будь?яких трьох точок прямої лише одна з них лежить між двома іншими; 3) через будь?яку точку, що не лежить на даній прямій, можна провести тільки одну пряму, паралельну даній; 4) на будь?якому промені від його початку можна відкласти відрізок заданої довжини і тільки один; 5) кожен відрізок має певну довжину, більшу за нуль; 6) довжина відрізка дорівнює сумі довжин його частин; 7) від будь?якого променя по один бік від нього можна відкласти кут заданої градусної міри і тільки один; 8) кожен кут має градусну міру, більшу за нуль і меншу від 180°; 9) градусна міра розгорнутого кута дорівнює 180°; 10) градусна міра кута дорівнює сумі градусних мір кутів, на які він розби вається променем, що проходить між його сторонами?Мал. 49 Мал. 5034 розділ 1Мал. 51 Мал. 52 58°. сформулюйте аксіоми планіметрії, які справджуються у просторі. 59°. За даними на малюнках 51, 52 визначте точки: 1) які лежать у площиніα;2) не лежать у площині β;3) через які не проходить площина α;4) через які проходить площина β.Зробіть відповідний запис. 60°. У площині α позначте точки A, B, C і D, а поза нею – точки M і N. Чи можнадати площині α таку іншу назву:1) AN; 2) ADB;3) BCDM; 4) ACD;5) BAC; 6) CNB;7) DAB; 8) MDC;9) CAD?61°. Проведіть площину α. Позначте:1)точки Bі C, які лежать у площині α, і точку A, що не лежить у цій площині;2) точки Aі C, які лежать у площині α, і точку B, що не лежить у цій площині.Проведіть прямі AC, AB, BC. які з цих прямих лежать у площині α?Зробіть відповідний запис.62°. Чи можуть пряма і площина мати тільки дві спільні точки? Чому?63°. Пряма а і точка A лежать у площині α (мал. 53). Точки B і C не лежать у данійплощині. Чи визначають площину, відмінну від площиниα:1) пряма а і точка B; 2) пряма а і точка C; 3) прямі AB і AC; 4) прямі AB і BC? Відповідь поясніть.ВсТУП ДО сТЕрЕОмЕТрії 35Мал. 53 Мал. 5464°. За даними на малюнку 54 заповніть таблицю 3 за зразком, наведеним у другому її стовпчику.Таблиця 3Площини α і β α і γ α і δ β і γ γ і δспільні точки A і Bспільна пряма AB65°. Проведіть площини α і β, що перетинаються. Позначте точки, які лежать:1) тільки у площині α;2) тільки у площині β;3) у площинах α і β.Зробіть відповідний запис. 66. чи завжди можна провести площину через три довільні точки простору? а через чотири? відповідь поясніть.67. якщо три точки кола лежать у площині α, то й усі точки кола лежать у данійплощині. Доведіть. 68. чи лежать в одній площині всі прямі, що перетинають сторони даного кута? відповідь поясніть. 69. Дано два відрізки, що перетинаються: 1) AC і BD; 2) ABі CD. Чи лежать в одній площині прямі BA, DC, DB і CA? Відповідь поясніть. 70. Доведіть, що через пряму можна провести принаймні дві різні пло- щини. 71. Площини α і β перетинаються по прямій а. Пряма b лежить у площині α.Ці прямі перетинаються в точці B. Чи лежить точка B на прямій а? Відповідь поясніть.36 розділ 1 72 * . Доведіть, що існують точки поза даною прямою на площині, в якій лежить дана пряма. 73 * . Дано чотири точки, що не лежать в одній площині. скільки площин можна провести через: 1) усі дані точки; 2) трійки даних точок; 3) пари даних точок? Відповідь обґрунтуйте. 74 * . Три площини попарно перетинаються по прямих а, b і c. Доведіть, що коли ці площини мають спільну точку A, то прямі а, b і c перетинаються в точці A. 75 * . Площина γ перетинає площини α і β по прямих а і b. Доведіть, що коли прямі аі b перетинаються, то точка їх перетину лежить на лінії перетину площин α і β. 76 * . Дано промені зі спільним початком. ніякі три з них не лежать в одній площині. скільки різних площин можна провести так, щоб в кожній площині лежало по два з даних променів, якщо всього променів: 1) три; 2) чотири; 3) n?ЗАСТоСУйТе НА ПрАкТицІ77. Чому штативи багатьох приладів (фотоапарата, теодоліта тощо) виготовляють у формі триноги? 78. Щоб перевірити, чи є дана поверхня плоскою, до неї прикладають лінійку в різних напрямах. Край лінійки, дотикаючись до поверхні у двох точках, по винен повністю лежати в ній. на чому ґрунтується така перевірка? 79. Перевіряючи, чи лежать кінці чотирьох ніжок стільця в одній площині, тесля користується двома нитками. як він робить це?