nfsps.3dn.ru · 2 § 1. ОСНОВНЫЕ СВОЙСТВА ПРОСТЕЙШИХ...

Лаппо Л.Д., Сапожников А.А.

Домашняя работа по геометрии за 7 класс

к учебнику «Геометрия: Учеб. для 7-9 кл. общеобразоват. учреждений /

А.В. Погорелов. — М.: «Просвещение», 2002 г.»

2

§ 1. ОСНОВНЫЕ СВОЙСТВА ПРОСТЕЙШИХ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ФИГУР

№ 1. 1) Проведите прямую. Отметьте какую-нибудь точку А, ле-

жащую на прямой, и точку В, не лежащую на прямой. 2) Проведите две пересекающиеся прямые а и b. Отметьте

точку С пересечения прямых: точку А на прямой а, не лежащую на прямой b; точку D, не лежащую ни на одной из прямых a и b1.

1) 2)

1 Условия заданий приводятся в учебных целях и в необходимом объе-

ме — как иллюстративный материал. Имя автора и название цитируемого издания указаны на титульном листе данной книги. (Ст. 19 п. 2 Закона РФ об авторском праве и смежных правах от 9 июня 1993 г.)

3

№ 2. Отметьте на листе бумаги две точки. Проведите через них от

руки прямую. С помощью линейки проверьте правильность по-строения.

№ 3. Могут ли две прямые иметь две точки пересечения? Задача решена в п. 2 учебника (стр. 4).

№ 4. Для проверки правильности линейки применяют такой спо-

соб. Через две точки с помощью линейки проводят линию. Затем линейку переворачивают и через те же точки снова проводят ли-нию. Если линии не совпадают, то линейка неправильная. На ка-ком свойстве прямых основан этот способ проверки правильнос-ти линейки?

Этот способ проверки правильности линейки основан на том,

что через две точки можно провести единственную прямую.

№ 5. Проведите прямую а. Отметьте на прямой две какие-нибудь

точки А и В. Отметьте теперь точку С так, чтобы точка А лежала между точками В и С.

4

№ 6. Проведите прямую а. Отметьте на прямой две какие-нибудь

точки А и В. Отметьте теперь какую-нибудь точку С отрезка АВ.

№ 7. Точка М лежит на прямой CD между точками С и D. Найдите

длину отрезка CD, если 1) СМ = 2,5 см, MD = 3,5 см; 2) СМ = 3,1 дм, MD = 4,6 дм; 3) СМ = = 12,3 м, MD = 5,8 м. По условию точка М лежит между двумя точками С и D, по

свойству измерения отрезков получаем CD = CM + MD. 1) CD = 2,5 см + 3,5 см = 6 см; 2) CD = 3,1 дм + 4,6 дм = 7,7 дм; 3) CD = 12,3 м + 5,8 м = 18,1 м.

Ответ: 1) 6 см; 2) 7,7 дм; 3) 18,1 м.

№ 9. Три точки А, В, С лежат на одной прямой. Известно, что АВ

= 4,3 см АС = 7,5 см, ВС = 3,2 см. Может ли точка А лежать между точками В и С? Может ли точка С лежать между точка-ми А и В? Какая из трех точек А, В, С лежит между двумя дру-гими?

5

Задача решена в п. 4 учебника (стр. 6).

№ 10. Точки А, В, С лежат на одной прямой. Принадлежит ли точка

В отрезку АС, если АС = 5 см, ВС = 7 см? Объясните ответ. Если точка В принадлежит отрезку АС, значит, лежит между

точками А и С, по свойству измерения отрезков получаем АВ + ВС = АС, следовательно, АВ + 7 см = 5 см, но это невозможно. Значит предположение неверно, и точка В не принадлежит от-резку АС.

Ответ: Точка В не принадлежит отрезку АС.

№ 11. Точки А, В, С лежат на одной прямой. Может ли точка В

разделять точки А и С, если АС = 7 м, ВС = 7,6 м? Объясните ответ.

Предположим, точка В разделяет точки А и С, а, значит, ле-

жит между ними, тогда по свойству измерения отрезков получа-ем: АВ + ВС = АС, следовательно, АВ + 7,6 м = 7 м, что невозможно. Значит, точка В не разделяет точки А и С.

Ответ: Точка В не может разделять точки А и С.

№ 12. Могут ли точки А, В, С лежать на одной прямой, если АВ =

1,8 м, АС = 1,3 м, ВС = 3 м? Объясните ответ. Пусть точки А, В, С лежат на одной прямой, тогда одна из них

находится между двумя другими точками, и по свойству измере-ния отрезков получаем:

1) ВС = АВ + АС, что неверно, т.к. 3 м ≠ 1,8 м + 1,3 м; 2) АВ = АС + СВ, что неверно, т.к. 1,8 м ≠ 1,3 м + 3 м. 3) АС = АВ + ВС, что неверно, т.к. 1,3 м ≠ 1,8 м + 3 м;

6

Значит: 1) Точка В не лежит между точками А и С. 2) Точка А не лежит между точками В и С. 3) Точка С не лежит между точками А и В.

Ответ: Точки А, В, С не могут лежать на одной прямой.

№ 13. Могут ли три точки А, В, С лежать на одной прямой, если

длина большего отрезка АВ меньше суммы длин отрезков АС и ВС? Объясните ответ.

Три точки А, В, С лежат на одной прямой, если АВ = АС + СВ

(по свойству измерения отрезков), а по условию AB < АС + СВ, значит, точки А, В, С не могут лежать на одной прямой.

Ответ: Точки А, В, С не могут лежать на одной прямой.

№ 14. Точки А, В, С лежат на одной прямой. Найдите длину отрезка

ВС, если АВ = 2,7 м, АС = 3,2 м. Сколько решений имеет задача? Существуют два решения. 1) 2) 1) Если точка А лежит между В и С, тогда

ВС = АВ + АС = 2,7 м + 3,2 м = 5,9 м. 2) Если точка В лежит между А и С, тогда

7

ВС = АС – АВ = 3,2 м – 2,7 м = 0,5 м.

Ответ: 5,9 м или 0,5 м.

№ 15. На отрезке АВ длиной 15 м отмечена точка С. Найдите длины

отрезков АС и ВС, если: 1) отрезок АС на 3 м длиннее отрезка ВС; 2) отрезок АС в два раза длиннее отрезка ВС; 3) точка С — середина отрезка АВ; 4) длины отрезков АС и ВС относятся как 2:3. 1) АВ = АС + ВС, ВС = 6 м; 15 м = ВС + ВС + 3м, АС = 6 м + 3 м = 9 м. 12 м = 2ВС,

2) АВ = АС + ВС, ВС = 5 м; 15 м = 2ВС + ВС, АС = 2 · 5 м = 10 м. 15 м = 3ВС

3) Поскольку АС = СВ: АВ = АС + СВ, имеем: АС = СВ = АВ : 2 = 15 м : 2 = 7,5 м.

4) Пусть АС – 2х м, а ВС – 3х м, АВ = АС + СВ, АС = 2 · 3 м = 6 м; 15 = 2х + 3х, ВС = 3 · 3 м = 9 м. 15 = 5х, х = 3.

Ответ: 1) АС = 9 м, ВС = 6 м; 2) АС = 10 м, ВС = 5 м; 3) АС = 7,5 м, ВС = 7,5 м; 4) АС = 6 м, ВС = 9 м.

№ 16. Проведите прямую и отметьте какую-нибудь точку А, не ле-

жащую на этой прямой. Отметьте теперь две точки В и С так,

8

чтобы отрезок АВ пересекал прямую, а отрезок ВС не пересекал ее.

№ 17. Дана прямая и три точки А, В, С, не лежащие на этой прямой.

Известно, что отрезок АВ пересекает прямую, а отрезок АС не пересекает ее. Пересекает ли прямую отрезок ВС? Объясните от-вет.


№ 18. Даны прямая и четыре точки А, В, С и D, не лежащие на этой

прямой. Пересекает ли прямую отрезок AD, если: 1) отрезки АВ, ВС и CD пересекают прямую; 2) отрезки АС и ВС пересекают прямую, а отрезок BD

не пересекает; 3) отрезки АВ и CD пересекают прямую, а отрезок ВС

не пересекает; 4) отрезки АВ и CD не пересекают прямую, а отрезок

ВС пересекает; 5) отрезки АВ, ВС, CD не пересекают прямую; 6) отрезки АС, ВС и BD пересекают прямую? Объясни-

те ответ. Плоскость разделяется прямой на две полуплоскости. Отре-

зок AD пересекают нашу прямую, если концы отрезка — А и D — лежат в разных полуплоскостях.

9

1) а) АВ пересекает а, следовательно, А и В лежат в разных полуплоскостях относительно а. Аналогично: В и С лежат в разных полуплоскостях относительно а. Следовательно, А и С лежат в одной полуплоскости относительно а. б) AD пересекает а, следовательно, А и D лежат в разных полуплоскостях относительно а. Из а) и б) следует, что С и D лежат в разных полуплоскостях

относительно а, следовательно, СD пересекает а. Аналогично 2), 3), 4), 5), 6). 1) 2) Аналогично п. 1) 3) Аналогично п. 1)

10

4) Аналогично п. 1) 5) Аналогично п. 1) 6) Аналогично п. 1)

Ответ: 1) пересекает; 2) не пересекает; 3) не пересекает; 4) пересекает; 5) не пересекает; 6) пересекает.

11

№ 19. Даны пять точек и прямая, не проходящая ни через одну из

этих точек. Известно, что три точки расположены в одной полу-плоскости относительно этой прямой, а две точки — в другой. Каждая пара точек соединена отрезком. Сколько отрезков пере-секает прямую? Объясните ответ.

6 отрезков: AD; AN; BD; BN; CD; CN. Отрезок пересекает прямую тогда и только тогда, когда кон-

цы отрезка принадлежат разным полуплоскостям.

№ 20. Даны прямая a и точки А, X, У, Z на этой прямой. Известно,

что точки X, У лежат по одну сторону от точки А, точки X и Z тоже лежат по одну сторону от точки А. Как расположены точки У и Z относительно точки А: по одну сторону или по разные стороны? Объясните ответ.


№ 21. Отметьте две точки А и В. Проведите полупрямую АВ.

12

№ 22. На отрезке АВ взята точка С. Среди полупрямых АВ, АС, СА,

СВ назовите пары совпадающих полупрямых, дополнительных полупрямых. Объясните ответ.


№ 24. Луч а проходит между сторонами угла (cd). Найдите угол

(cd), если 1) ∠(ас) = 35°, ∠(ad) = 75°; 2) ∠(ас) = = 57°, ∠(ad) = 62°; 3) ∠(ac) = 94°, ∠(ad) = = 85°. Если угол разбивается на углы любыл лучом, проходящим меж-

ду его сторонами через его вершину, то градусная мера угла равна сумме градусных мер этих углов, значит, ∠(cd) = ∠(ac) + ∠(ad).

1) ∠(cd) = 35o + 75o = 110o; 2) ∠(cd) = 57o + 62o = 119o; 3) ∠(cd) = 94o + 85o = 179o.

Ответ: 1) 110о; 2) 119о; 3) 179о.

№ 25. Может ли луч С проходить между сторонами угла (ab), если 1) ∠(ac) = 30°, ∠(cb) = 80°, ∠(ab) = 50°;

2) ∠(ac) = = 100°, ∠(cb) = 90°; 3) угол (ас) больше угла (ab)? Задача решена в п. 7 учебника (стр. 9).

№ 26. Между сторонами угла (ab), равного 60°, проходит луч c. Най-

дите углы (ос) и (bc), если 1) угол (ас) на 30° больше угла (bс);

13

2) угол (ас) в два раза больше угла (bс); 3) луч c делит угол (ab) пополам; 4) градусные меры углов (ас) и (bс) относятся как 2:3. Поскольку луч с проходит между сторонами угла (ab), по

свойству измерения углов получаем: ∠(ас) + ∠(bc) = ∠(ab). 1) ∠(ab) = ∠(bc) + ∠(bc) + 30o, 60o = 2 · ∠(bc) + 30o; 2 · ∠(bc) = 30o; ∠(ac) = 45o, ∠(bc) = 15о.

2) ∠(ab) = 2 · ∠(bc) + ∠(bc), 60o = 3 · ∠(bc), ∠(ac) = 40o, ∠(bc) = 20о.

3) ∠(ac) = ∠(bc) = ∠(ab) : 2 = 60o : 2 = 30o.

4) ∠(ac) = 2x, ∠(bc) = 3x, ∠(ab) = 60o, 2x + 3х = 60о, 5х = 60о, х = 12о. ∠(ас) = 24о, ∠(bc) = 36о.

Ответ: 1) ∠(ас) = 45o, ∠(bc) = 15o; 2) ∠(ac) = 40o, ∠(bc) = 20o; 3) ∠(ac) = 30o, ∠(bc) = 60o; 4) ∠(ac) = 24o, ∠(bc) = 36o.

№ 29. Существует ли на полупрямой АВ такая точка X, отличная от

В, что АХ = АВ? Объясните ответ. Предположим, такая точка х существует, Х ≠ В. По свойству откладывания отрезков на любой полупрямой

можно отложить единственный отрезок заданной длины от ее начальной точки. Следовательно, точки Х и В совпадут, т.е. Х =

14

В, что неверно по предположению, значит такой точки Х не су-ществует.

№ 30. На луче АВ отложен отрезок АС, меньший отрезка АВ. Какая

из трех точек А, В, С лежит между двумя другими? Объясните ответ.


№ 31. На луче АВ отмечена точка С. Найдите длину отрезка ВС, ес-

ли: 1) АВ = 1,5 м, АС = 0,3 м; 2) АВ = 2 см, АС = 4,4 см. 1) ВС = АВ – АС = 1,5 м – 0,3 м = 1,2 м; 2) ВС = АС – АВ = 4,4 см – 2 см = 2.4 см.

Ответ: 1) 1,2 м; 2) 2,4 см.

№ 33. На стороне АВ треугольника АВС взята точка D. Чему равна

сторона АВ треугольника, если AD = 5 см, а BD = 6 см? AB = AD + BD = 5 см + 6 см = 11 см.

15

Ответ: АВ = 11 см.

№ 34. На стороне АВ треугольника АВС взята точка D. Найдите

угол С треугольника, если ∠ACD = 30°, а ∠BCD = 70°. По свойству измерения углов получим: ∠ВСА = ∠ACD + ∠BCD = 30о + 70о = 100о.

Ответ: ∠ВСА = 100о.

№ 36. Треугольники АВС и PQR равны. Известно, что АВ = 5 см,

ВС = б см, АС = 7 см. Найдите стороны треугольника PQR. Объясните ответ.

По условию треугольники АВС и PQR равны, значит, равны и

их соответствующие стороны, тогда, AC = PR, АВ = PQ, BC = QR.

16

Получим: PQ = 5 см, PR = 7 см, QR = 6 см.

Ответ: PQ = 5 см, PR = 7 см, QR = 6 см.

№ 37. Треугольники АВС и PQR равны. Углы второго треугольника

известны: ∠P = 40°, ∠Q = 60°, ∠R = 80°. Найдите углы тре-угольника АВС.

По условию треугольники АВС и PQR равны, значит, у них

равны и соответствующие углы, получаем:

∠B = ∠Q, ∠С = ∠R, ∠A = ∠P.

Следовательно, ∠С = 80о, ∠В = 60о, ∠А = 40о.

Ответ: ∠С = 80о, ∠В = 60о, ∠А = 40о.

№ 38. Треугольники АВС и PQR равны. Известно, что сторона АВ

равна 10 м, а угол С равен 90°. Чему равны сторона PQ и угол R? Объясните ответ.


№ 39. Треугольники АВС, PQR и XYZ равны. Известно, что АВ=5

см, QR=6 см, ZX=7 см. Найдите остальные стороны каждого треугольника.

По условию треугольники АВС, PQR и XYZ равны, значит, у

них: АВ = PQ = XY, значит, PQ = XY = 5 см; СА = RP = ZX, значит, СА = RP = 7 см; ВС = QR = YZ, значит, ВС = YZ = 6 см;

Ответ: PQ = 5 см, XY = 5 см, СА = 7 см, RP = 7 см, ВС = 6 см, YZ = 6 см.

17

№ 40. Дан треугольник АВС. Существует ли другой, равный ему

треугольник ABD? Из основного свойства простейших фигур, существует рав-

ный ему треугольник относительно данной полупрямой. Чтобы его найти, достаточно построить точку D, симмитричную точке С относительно прямой и соединить ее с точками А и В.

Ответ: существует.

№ 41. Может ли прямая, пересекающая одну из двух параллельных

прямых, не пересекать другую? Объясните ответ. Задача решена в п. 11 учебника (стр. 13).

№ 42. Даны две пересекающиеся прямые. Можно ли провести тре-

тью прямую, параллельную каждой из двух данных? Пусть А — точка пересечения прямых а и b. Предположим,

что мы провели прямую с, параллельную прямым а и b. Это значит, что через точку А проходят две прямые а и b, парал-

18

лельные с, что противоречит аксиоме: через точку, не лежащую на прямой можно провести единственную прямую, паралель-ную данной.

Ответ: нельзя.

№ 43. Может ли прямая, не проходящая ни через одну из вершин

треугольника, пересекать каждую его сторону? Почему? Не может.

A

ab

c

19

По теореме: если прямая, не проходящая ни через одну из вер-

шин треугольника, пересекает одну из его сторон, то она пересекает только одну из двух других сторон. Следовательно, не может.

№ 44*. Даны четыре различные точки А, В, С и D. Известно, что точ-

ки А, В, С лежат на одной прямой и точки В, С, D также лежат на одной прямой. Докажите, что все четыре точки А, В, С, D ле-жат на одной прямой.

Прямые проходят через точки В и С. По аксиоме через любые

две различные точки можно провести единственную прямую и получаем, что это одна и та же прямая. Так как она проходит че-рез точки А, В, С и В, С, D, то все четыре точки А, В, С и D ле-жат на этой прямой. Что и требовалось доказать.

№ 45*. Даны четыре прямые а, b, с и d. Известно, что прямые а, b, с

пересекаются в одной точке и прямые b, с, d также пересекаются в одной точке. Докажите, что все четыре данные прямые прохо-дят через одну точку.

Прямые а, b, c пересекаются в одной точке, следовательно,

прямая а проходит через точку пересечения прямых b и с. Пря-

20

мые b, с, d пересекаются в одной точке, следовательно, прямая d проходит через точку пересечения прямых b и c.

Две различные прямые не могут иметь двух точек пересече-ния, значит, прямые а и d проходят через одну точку пересече-ния прямых b и с, и, следовательно, все четыре прямые проходят через одну точку. Что и требовалось доказать.

№ 46*. Точки А, В, С, D не лежат на одной прямой. Известно, что

прямая АВ пересекает отрезок CD, а прямая CD пересекает отре-зок АВ. Докажите, что отрезки АВ и CD пересекаются.

Прямая АВ пересекает отрезок CD, следовательно, точка пе-ресечения прямых АВ и CD принадлежит отрезку CD.

Прямая CD пересекает отрезок АВ, следовательно, точка пе-ресечения прямых АВ и CD принадлежит отрезку АВ.

Точка пересечения прямых АВ и CD принадлежит отрезку АВ и отрезку CD, получаем, что отрезки АВ и СD пересекаются в этой точке. Что и требовалось доказать.

№ 47*. Дан треугольник АВС. На стороне АС взята точка B1 а на сто-

роне ВС — точка A1. Докажите, что отрезки АА1 и ВВ1 пересе-каются.

Прямая ВВ1 пересекает сторону АС в точке В1, следователь-

но, точки А и С располагаются в разных полуплоскостях отно-сительно прямой ВВ1. Две прямые не могут иметь двух точек пересечения, следовательно, отрезок А1С не пересекает прямую ВВ1, и точки А1 и С лежат в одной полуплоскости относительно прямой ВВ1.

Так как точки А1 и С расположены в одной полуплоскости, а точки А и С — в разных полуплоскостях относительно прямой ВВ1, то точки А и А1 расположены в разных полуплоскостях, и следовательно отрезок АА1 пересекает прямую ВВ1.

21

Рассмотрим положение точек относительно прямой АА1. Точ-ки В и С лежат в разных полуплоскостях, а точки В1 и С — в од-ной полуплоскости относительно прямой АА1. Значит, точки В и В1 лежат в разных полуплоскостях относительно прямой АА1 и следовательно отрезок ВВ1 пересекает прямую АА1.

Точка пересечения прямых АА1 и ВВ1 лежит и на отрезке АА1,

и на отрезке ВВ1, следовательно, эти отрезки пересекаются. Что и требовалось доказать.

№ 48*. Отрезки АВ и CD, не лежащие на одной прямой, пересекают-

ся в точке Е. Докажите, что отрезок АС не пересекает прямую BD.

Две прямые не могут иметь двух точек пересечения, значит,

отрезок ЕС не пересекает прямую DB, и точки Е и С лежат в од-ной полуплоскости относительно прямой DВ.

Отрезок АЕ не пересекает прямую DB и точки А и Е лежат в одной полуплоскости относительно прямой DB.

Точки А и Е и точки С и Е лежат в одной полуплоскости от-носительно прямой DB, значит, точки А и С лежат в одной полу-плоскости относительно прямой DВ, и отрезок АС не пересекает прямую DB. Что и требовалось доказать.

22

№ 49*. Докажите, что если луч, исходящий из вершины угла, пе-

ресекает отрезок АВ с концами на сторонах угла, то он пере-секает

1) отрезок АС с концами на сторонах угла; 2) любой отрезок CD с концами на сторонах угла. 1) Пусть K — точка пересечения луча с отрезком АВ. Пря-

мая OK пересекает отрезок АВ, следовательно, точки А и В лежат в разных полуплоскостях относительно прямой OK. Точки В и С лежат в одной полуплоскости, так как отрезок ВС не пересекает-ся с прямой OK, а точки А и С лежат в разных полуплоскостях, получаем, что прямая OK пересекает отрезок АС в некоторой точке, обозначим ее буквой Е.

Прямая ВС разбивает плоскость на две полуплоскости, в од-ной из которых лежит данный луч OK и точка А (поскольку от-резок AK не пересекает прямую ОВ) и точка Е (поскольку отрезок АЕ не пересекает прямую ОВ). Значит, точка Е должна лежать на луче OK.

2) Пусть CD — произвольный отрезок с концами на сторо-

нах угла, и точка С лежит на стороне ОВ, а точка D на стороне ОА. Отрезок АВ пересекает луч OK, значит, луч OK пересекает и отрезок АС, а если луч пересекает АС, то луч будет пересекать и отрезок CD.

Что и требовалось доказать.

23

№ 50. Докажите, что две прямые либо параллельны, либо пересека-

ются в одной точке. Пусть даны две не параллельные прямые а и b, следователь-

но, они имеют общие точки. Если они имеют одну общую точку, то, это значит, что они пересекаются, если бы они имели две об-щие точки, то через эти точки проходили бы две различные пря-мые, что противоречит основному свойству принадлежности точек и прямых: через две различные точки можно провести прямую и притом только одну.


№ 51*. Точки А и С принадлежат прямой а. На полупрямой СА от-

ложен отрезок СВ, больший отрезка СА. 1) Какая из трех точек А, В, С лежит между двумя дру-

гими? Объясните ответ. 2) Докажите, что точка А разбивает прямую а на две

полупрямые АВ и АС. Точки А и В лежат на одной полупрямой с началом в точке С,

следовательно, точка С не лежит между точками А и В. Пусть В лежит между А и С, тогда АС = АВ + СВ и АС > СВ,

что противоречит условию: СВ > АС, следовательно, В не лежит между точками А и С.

24

Из трех точек одна и только одна лежит между двумя други-ми. На основании предыдущих рассуждений приходим к выводу, что точка А лежит между точками В и С.

Через точку А проведем прямую b, отличную от прямой а. Точка А лежит между точками В и С, следовательно, отрезок ВС пересекает прямую b, получаем, что точки В и С лежат в разных полуплоскостях относительно прямой b, и по разные стороны от точки А. Все точки прямой а, лежащие в одной полуплоскости с точкой С, расположены по одну сторону от точки А и образуют одну полупрямую АС, а все точки прямой а, расположенные в одной полуплоскости с точкой В, тоже будут лежать по одну сторону от точки А и образуют полупрямую АВ.


25

§ 2. СМЕЖНЫЕ И ВЕРТИКАЛЬНЫЕ УГЛЫ

№ 1. Найдите углы, смежные с углами 30°; 45°; 60°; 90°. По теореме о сумме смежных углов: сумма смежных углов

равна 180о, имеем: 1) 180о – 30о = 150о; 2) 180о – 45о = 135о; 3) 180о – 60о = 120о; 4) 180о – 90о = 90о.

Ответ: 150о; 135о; 120о; 90о.

№ 2. Могут ли два смежных угла быть оба 1) острыми, 2) тупыми; 3) прямыми? Обоснуйте ответ. По теореме о сумме смежных углов: сумма смежных углов

равна 180о, имеем: 1) Угол, меньший 90о, называется острым. Сумма двух ост-

рых углов меньше 180о, значит, оба смежных угла не могут быть острыми.

2) Угол, больший 90о и меньший 180о, называется тупым. Сумма двух тупых углов больше 180о, значит, оба смежных угла не могут быть тупыми.

3) Угол, равный 90о, называется прямым. Сумма двух пря-мых углов равна 180о, значит, оба смежных угла могут быть

26

прямыми (заметим, что если один из смежных углов прямой, то другой обязательно будет прямым).

Ответ: 1) не могут; 2) не могут; 3) могут.

№ 3. Найдите смежные углы, если один из них в два раза больше

другого. Задача решена в п. 14 учебника (стр. 21).

№ 4. Найдите смежные углы, если 1) один из них на 30° больше другого; 2) их разность равна 40°; 3) один из них в 3 раза меньше другого; 4) они равны. По теореме о сумме смежных углов: сумма смежных углов

равна 180о. 1) Пусть градусная мера одного угла х, тогда другого — х +

30. Составим уравнение: х + х + 30 = 180, 2х = 150, х = 75 х + 30 = 75 + 30 = 105.

Получаем, что смежные углы равны 75о и 105о. 2) Пусть градусная мера одного угла х, тогда второго — х +

40. Составим уравнение: х + х + 40 = 180, 2х = 140, х = 70; х + 40 = 70 + 40 = 110.

Получаем, что смежные углы равны 70о и 110о.

27

3) Пусть градусная мера одного угла х, тогда второго — 3х. Составим уравнение:

х + 3х = 180, 4х = 180, х = 45; 3х = 3 · 45 = 135.

Получаем, что смежные углы равны 45о и 135о. 4) Получаем, что градусная мера каждого из углов равна

180 : 2 = 90, следовательно, смежные углы равны по 90о.

Ответ: 1) 75о и 105о; 2) 70о и 110о; 3) 45о и 135о; 4) 90о и 90о.

№ 5. Какой угол образуют часовая и минутная стрелки часов, ко-

гда они показывают 1) 6 ч; 2) 3 ч; 3) 4 ч? 1) 2)

28

3)

Ответ: 1) 180о; 2) 90о; 3) 120о.

№ 6. Найдите смежные углы, если их градусные меры относятся

как 1) 2:3; 2) 3:7; 3) 11:25; 4) 22:23.

По теореме о сумме смежных углов: сумма смежных углов

равна 180о. 1) Пусть градусная мера одного угла 2х, тогда второго —

3х. Составим уравнение: 2х + 3х = 180, 5х = 180, х = 36; 2х = 2 · 36 = 72; 3х = 3 · 36 = 108.

Получаем, что смежные углы равны 72о и 108о. 2) Пусть градусная мера одного угла 3х, тогда второго —

7х. Составим уравнение: 3х + 7х = 180, 10х = 180, х = 18;

29

3х = 3 · 18 = 54; 7х = 7 · 18 = 126. Получаем, что смежные углы равны 54о и 126о. 3) Пусть градусная мера одного угла 11х, тогда второго —


Получаем, что смежные углы равны 55о и 125о. 4) Пусть градусная мера одного угла 22х, тогда второго —


Получаем, что смежные углы равны 88о и 92о.

Ответ: 1) 72о и 108о; 2) 54о и 126о; 3) 55о и 125о; 4) 88о и 92о.

№ 7. Один из углов, которые получаются при пересечении двух

прямых, равен 30°. Чему равны остальные углы? Пусть ∠АОВ = 30о (см. рис.)

30

∠АОВ = ∠COD, как вертикальные углы, значит, ∠COD = 30о. ∠АОВ и ∠ВОС — смежные углы. Сумма смежных углов рав-

на 180о. Значит, ∠ВОС = 180о – ∠АОВ = 180о – 30о = 150о. ∠ВОС и ∠AOD — вертикальные углы, а следовательно они

равны. Значит, ∠AOD = 150о.

Ответ: 30о, 150о, 150о.

№ 8. Чему равен угол, если два смежных с ним угла составляют в

сумме 100°? Из рисунка: ∠ВОС и ∠COD — смежные углы; ∠ВОС и ∠АОВ — смежные углы. ∠COD и ∠АОВ — вертикальные углы, которые равны между

собой и по условию в сумме составляют 100о. Значит, каждый из этих углов равен 100о : 2 = 50о.

∠АОВ + ∠ВОС = 180о (по теореме о сумме смежных углов). Следовательно, ∠ВОС = 180о – 50о = 130о.

Ответ: 130о.

№ 9. Сумма двух углов, которые получаются при пересечении

двух прямых, равна 50°. Найдите эти углы. Задача решена в п. 15 учебника (стр. 23).

31

№ 10. Один из углов, образованных при пересечении двух прямых,

в 4 раза больше другого. Найдите эти углы. Из рисунка: ∠1 и ∠3 — вертикальные, следовательно, они равны. ∠2 и ∠4 — вертикальные, следовательно, они равны. ∠1 и ∠2 — смежные углы, ∠1 + ∠2 = 180о. ∠4 и ∠3 — смежные углы, ∠3 + ∠4 = 180о. Получаем, что ∠1 + ∠2 + ∠3 + ∠4 = 360о. Пусть градусная мера первого угла х, тогда второго — 4х. Со-

ставим уравнение: х + 4х + х + 4х = 360, 10х = 360, х = 36; 4х = 36 · 4 = 144.

Имеем: ∠1 = 36о; ∠2 = 144о; ∠3 = 36о; ∠4 = 144о.

Ответ: 36о; 144о.


прямых, на 50° меньше другого. Найдите эти углы. ∠1 и ∠3 — вертикальные углы, следовательно, они равны. ∠2 и ∠4 — вертикальные углы, следовательно, они равны. ∠1 и ∠2 — смежные углы, ∠1 + ∠2 = 180о. ∠3 и ∠4 — смежные углы, ∠3 + ∠4 = 180о.

32

Получаем, что ∠1 + ∠2 + ∠3 + ∠4 = 180о + 180о = 360о. Пусть градусная мера второго угла х, тогда первого — х + 50.

Составим уравнение: х + х + 50х + х + х + 50 = 360, 4х + 100 = 360, 4х = 260, х = 65. Итак, ∠2 = 65о, ∠4 = 65о, ∠1 = 115о, ∠2 = 115о.

Ответ: 65о, 115о.

№ 12. Найдите углы, которые получаются при пересечении двух

прямых, если сумма трех из этих углов равна 270°. При пересечении двух прямых получается две пары смежных

углов, сумма каждой 180о, значит, сумма всех четырех углов 360о. Если сумма трех из этих углов 270о, то четвертый угол ра-вен 360о – 270о = 90о. Из рисунка: ∠1 = 90о.

∠1 и ∠3 — вертикальные, значит, ∠1 = ∠3 = 90о. ∠1 и ∠2 — смежные, следовательно, ∠1 + ∠2 = 180о, ∠2 =

90о. ∠2 и ∠4 — вертикальные, следовательно, ∠2 = ∠4 = 90о.

33

При пересечении двух прямых получились углы 90о, 90о, 90о, 90о.

Ответ: все углы прямые.

№ 13. Докажите, что если три из четырех углов, которые получают-

ся при пересечении двух прямых, равны, то прямые перпендику-лярны.

Пусть градусная мера каждого из трех равных углов равна х.

Сумма четырех углов при пересечении двух прямых равна 360о. Из рисунка: ∠1 + ∠2 + ∠3 + ∠4 = 360о, х + х + х + ∠4 = 360о, но ∠4 и ∠2 — вертикальные, значит, ∠2 = ∠4, поэтому его градус-ная мера также равна х. 4х = 360, х = 90. При пересечении двух прямых получились прямые углы, значит, они пересекаются под прямым углом, следовательно, они перпендикулярны. Что и тре-бовалось доказать.

№ 14. Как с помощью линейки проверить, является ли прямым угол

в чертежном угольнике? См. рис. 42 на стр. 27 учебника.

№ 15. Чему равен угол между биссектрисой и стороной данного уг-

ла, равного 1) 30°;

34

2) 52°; 3) 172°? По определению биссектриса делит угол пополам, значит,

угол между биссектрисой и стороной угла равен половине дан-ного угла:

1) 30о : 2 = 15о; 2) 52о : 2 = 26о; 3) 172о : 2 = 86о.

Ответ: 1) 15о; 2) 26о; 3) 86о.

№ 16. Найдите угол, если его биссектриса образует со стороной

угол, равный 1) 60°; 2) 75°; 3) 89°. По определению биссектриса делит угол пополам, следова-

тельно, искомый угол равен удвоенному углу между биссектри-сой и стороной искомого угла.

1) 60о · 2 = 120о; 2) 75о · 2 = 150о; 3) 89о · 2 = 178о.

Ответ: 1) 120о; 2) 150о; 3) 178о.

№ 17. Докажите, что биссектриса угла образует с его сторонами уг-

лы не больше 90°. Задача доказана в п. 18 учебника (стр. 25).

35

№ 18*. Докажите, что если луч исходит из вершины угла и образует с

его сторонами равные острые углы, то он является биссектрисой угла.

Пусть луч С образует равные острые углы со сторонами а и b. Проведем отрезок АВ, как показано на рисунке. Он пересека-

ет прямую с либо на луче С, либо на его дополнении, но его до-полнение он пересекать не может, т.к. в этом случае дополнение луча С являлось бы биссектрисой, но по определению биссек-триса не может образовывать со сторонами угла тупы углы.

Таким образом, луч С проходит между сторронами угла. По определению биссектрисы луч С является биссектрисой,

что и требовалось доказать.

№ 19. Найдите угол между биссектрисами смежных углов. ∠АОВ и ∠ВОС — смежные, и их сумма равна 180о (по свой-

ству смежных углов). Пусть OK — биссектриса ∠АОВ; OD — биссектриса ∠ВОС. Выведем обозначения:

∠BOD = х, а ∠AOK = у. Тогда 2х + 2у = 180о, х + у = 90о. ∠KOD = х + у = 90о.

36

Ответ: 90о.

№ 20. Докажите, что биссектрисы вертикальных углов лежат на од-

ной прямой. ∠1 и ∠3; ∠2 и ∠4 — вертикальные. Проведем биссектрисы ∠1; ∠2; ∠3 и ∠4. ∠1 и ∠2 — смежные. Угол между биссектрисами смежных

углов равен 90о (см. предыдущую задачу), т.е. ∠KOM = ∠MON = ∠NOF = ∠FOK = 90o. Углы ∠KOM, ∠MON, ∠NOF и ∠FOK имеют общие стороны и общую вершину.

Таким образом, KN ⊥ MF.

37

№ 21. Найдите угол между биссектрисой и продолжением одной из

сторон данного угла, равного 1) 50о; 2) 90о; 3) 150о. Пусть угол KOC — данный, ОВ — его биссектриса. ∠AOK + ∠KOC = 180о (т.к. они смежные). Т.к. биссектриса по определению делит данный угол попо-

лам, то ∠АОВ = 180о — ∠KOC : 2. 1) 180о – 50о : 2 = 155о; 2) 180о – 90о : 2 = 135о; 3) 180о – 150о : 2 = 105о.

Ответ: 1) 155о; 2) 135о; 3) 105о.

№ 22*. Из вершины О смежных углов АОВ и СОВ проведен луч OD в

полуплоскость, где проходит общая сторона углов ОВ. Докажи-те, что луч OD пересекает либо отрезок АВ, либо отрезок ВС. Какой из отрезков пересекает луч OD, если угол AOD меньше (больше) угла АОВ? Объясните ответ.

38

Так как прямая OD пересекает сторону АС треугольника АВС в точке О, то она пересекает либо сторону АВ, либо сторону ВС (по теореме 1.1).

Т.к. дополнительный луч к лучу OD лежит в разных полу-

плоскостях с отрезками АВ и ВС, точка пересечения прямой OD с одним из этих отрезков лежит на луче OD.

Если ∠AOD больше ∠АОВ, то луч OD будет проходить меж-ду сторонами ∠ВОС и будет пересекать отрезов ВС; а в случае, когда угол AOD меньше угла АОВ, луч OD будет пересекать от-резок АВ.

№ 23. Из вершины развернутого угла (аа1) в одну полуплоскость

проведены лучи b и с. Чему равен угол (bc), если 1) ∠(ab) = 50o; ∠(ac) = 70о; 2) ∠(a1b) = 50о; ∠(ас) = 70о; 3) ∠(ab) = 60о; ∠(а1с) = 30о? 1)

39

По свойству измерения углов ∠(bc) = ∠(ac) – ∠(ab) = 70о – 50о = 20о. 2) Т.к. ∠(аа1) = 180о, то по свойству измерения углов ∠(аа1) = ∠(ас) + ∠(cb) + ∠(ba1) ∠(bc) = ∠(aa1) – ∠(ac) – ∠(ba1) = 180о – 70о – 50о = 60о. 3) ∠(аа1) = ∠(ab) + ∠(bc) + ∠(ca1) ∠(bc) = 180о – 60о – 30о = 90о.

Ответ: 1) 20о; 2) 60о; 3) 90о.

№ 24. Из вершины развернутого угла (аа1) проведены лучи b и с в

одну полуплоскость. Известно, что ∠(ab) = 60о, ∠(ас) = 30о. Най-дите углы (a1b), (а1с) и (bc).

∠(аа1) = 180о. ∠(ab) + ∠(a1b) = 180о (т.к. они смежные). ∠(a1b) = 180о – 60о = 120о.

40

∠(ас) + ∠(а1с) = 180о (т.к. они смежные). ∠(а1с) = 180о – 30о = 150о, ∠(ab) = ∠(ас) + ∠(cb). ∠(cb) = ∠(ab) – ∠(ас) = 60о – 30о = 30о.

Ответ: 120о; 150о; 30о.

№ 25. От полупрямой АВ в разные полуплоскости отложены углы

ВАС и BAD. Найдите угол CAD, если 1) ∠ВАС = 80о, ∠BAD = 170о; 2) ∠ВАС = 87о, ∠BAD = 98о; 3) ∠ВАС = 140о, ∠BAD = 30о; 4) ∠ВАС = 60о, ∠BAD = 70о. ∠CAD = ∠BAC + ∠BAD 1) ∠CAD = 80о + 170о = 250о, т.к. 250о > 180о, то ∠CAD =

360о – 250о = 110о; 2) ∠CAD = 87о + 98о = 185о, т.к. 185о > 180о, то ∠CAD =

360о – 185о = 175о;

41

3) ∠CAD = 140о + 30о = 170о; 4) ∠CAD = 60о + 70о = 130о.

Ответ: 1) 250о; 2) 175о; 3) 170о; 4) 130о.

№ 26*. Даны три луча а, b, с с общей начальной точкой. Известно,

что ∠(ab) = ∠(ac) = ∠(bc) = 120о. 1) Проходит ли какой-нибудь из этих лучей между сто-

ронами угла, образованного двумя другими лучами? 2) Может ли прямая пересекать все три данных луча?

Объясните ответ. 1) Пусть один из этих лучей проходит между сторонами

угла, образованного двумя другими лучами. Тогда он образует со сторонами этого угла углы, равные120о, значит, этот луч явля-ется биссектрисой угла в 240о, а он, по условию, равен 120о. Противоречие. Таким образом, ни один из этих лучей не может проходить между сторонами угла, образованного двумя другими лучами.

42

2) Пусть прямая d не проходит через общую точку лучей а, b, с и пересекает их в точках А, В, С. Одна из этих точек лежит между двумя другими точками. Предположим, это точка С. тогда луч С пересекает отрезок АВ, а т.к. отрезок АВ находится внутри угла ∠(аb), то это означает, что луч С проходит между сторона-ми ∠(аb), но этопротиворечит доказанному в п. 1 данной задачи. Таким образом, не существует прямой, пересекающей все три луча.

43

§ 3. ПРИЗНАКИ РАВЕНСТВА ТРЕУГОЛЬНИКОВ

№ 1. Отрезки АВ и CD пересекаются в точке О, которая является

серединой каждого из них. Чему равен отрезок BD, если отрезок АС = 10 м?

Задача решена в п. 20 учебнике (стр. 29).

№ 2. Через середину О отрезка АВ проведена прямая, перпендику-

лярная прямой АВ. Докажите, что каждая точка Х этой прямой одинаково удалена от точек А и В.

Возьмем на прямой произвольную точку Х и соединим ее с

точками А и В. Рассмотрим полученные треугольники: В ∆АОХ = ∆ВОХ АО =

ОВ, т.к. О — середина отрезка АВ; ∠АОХ = ∠ВОХ = 90о, т.к. АВ ⊥ ХО; ОХ — общая сторона.

44

Таким образом, ∆АОХ = ∆ВОХ по 1-му признаку равенства треугольников. В равных треугольниках против равных углов лежат равные стороны. Отсюда АХ = ВХ.


№ 3. На стороне АВ треугольника АВС взята точка D, а на стороне

А1В1 треугольника А1В1С1 взята точка D1. Известно, что тре-угольники АDC и A1D1C1 равны и отрезки DB и D1B1 равны. До-кажите равенство треугольников АВС и А1В1С1.

Т.к. ∆ADC = ∆A1D1C1, то АС = А1С1, AD = A1D1, ∠А = ∠А1. АВ = AD + DB, A1B1 = A1D1 + D1B1, т.к. АВ = А1В1, DB = D1B1,

то AD = A1D1 В ∆АВС и ∆А1В1С1: ∠А = ∠А1 АС = А1С1, т.к. ∆АDC = ∆ A1D1C1, АВ = А1В1, следо-

вательно, ∆АВС = ∆А1В1С1 по 1-му признаку равенства треуголь-ников.

45

№ 4. Чтобы измерить на местности расстояние между двумя точ-

ками А и В, между которыми нельзя пройти по прямой, выбира-ют такую точку С, из которой можно пройти и к точке А, и к точке В и из которой видны обе эти точки. Измеряют расстояния АС и ВС, продолжают их за точку С и отмеряют CD = AC и ЕС = СВ. Тогда отрезок ED равен искомому расстоянию. Объясните почему.

Т.к. ∠АСВ = ∠ECD (т.к. они вертикальные), ЕС = СВ, АС =

CD (по построению), то ∆АСВ = ∆ECD (по 1-му признаку ора-венства треугольников).

В равных треугольниках против равных углов лежат равные

сторроны. Таким образом, АВ = ED.

№ 5. Отрезки АВ и CD пересекаются в точке О. Докажите равенст-

во треугольников АСО и DBO, если известно, что угол АСО ра-вен углу DBO и ВО = СО.

46

Т.к. СО = ВО, ∠АСО = ∠DBO, а ∠АОС = ∠DOB (как верти-кальные углы), то ∆АСО = ∆DBO по 2-му признаку равенства треугольников.

№ 6. Отрезки АС и BD пересекаются в точке О. Докажите равенст-

во треугольников ВАО и DCO, если известно, что угол ВАО ра-вен углу DCO и АО = СО.

В ∆АВО и ∆DCO: АО = ОС (из условия) ∠ВAO = ∠DCO (из условия) ∠АОВ = ∠DOC (как вертикальные углы). Таким образом, ∆АВО = ∠DCO по 2-му признаку равенства

треугольников.

№ 7*. Докажите равенство треугольников по медиане и углам, на

которые медиана разбивает угол треугольника. Сделаем дополнительные построения:

47

Продолжим AD до точки K, так, что DK = AD. Продолжим A1D1 до точки K1, так, что D1K1 = A1D1. В ∆ADC и ∆DBK: AD = DK ∠ADC = ∠BDK (как вертикальные) BD = DC (т.к. AD — медиана) Таким образом, ∆ADC = ∆DBK по 1-му признаку, и ∠DAC =

∠DKB АС = BK. Аналогично ∆A1D1C1 = ∆D1B1K1 и ∠D1A1C1 = ∠D1K1B1 А1С1 = B1K1. В ∆АВK и ∆A1B1K1: AK = A1K1 (т.к. AK = 2AD = 2A1D1 = A1K1) ∠BAK = ∠B1A1K1 (по условию) ∠BKA = ∠B1K1A1 (т.к. ∠BKA = ∠KAC = ∠K1A1C1 = ∠B1K1A1),

(∠KAC = ∠K1A1C1 по условию) Таким образом, ∆ABK = ∆A1B1K1 по 2-му признаку равенства

треугольников, и АВ = А1В1, и BK = B1K1 = А1С1 = АС. Т.к. в ∆АВС и ∆А1В1С1 ВА = В1А1 АС = А1С1 ∠ВАС = ∠В1А1С1, то ∆АВС = ∆А1В1С1. A1B1K1 по 1-му призна-

ку равенства треугольников.

№ 8. Чтобы измерить на местности расстояние между двумя точ-

ками А и В, из которых одна (точка А) недоступна, провешивают направление отрезка АВ и на его продолжении отмеряют произ-вольный отрезок ВЕ. Выбирают на местности точку D, из кото-рой видна точка А и можно пройти к точкам В и Е. Провешивают прямые BDQ и EDF и отмеряют FD = DE и DQ = BD. Затем идут по прямой FQ, глядя на точку А, пока не найдут точку Н, которая лежит на прямой AD. Тогда HQ равно искомому расстоянию. Докажите это.

В ∆FDQ и ∆BDE: FD = DE, BD = DQ (по условию)

48

∠FDQ = ∠BDE (как вертикальные). Таким образом, ∆FDQ = ∆BDE (по 1-му признаку равенства

треугольников). Отсюда ∠DFQ = ∠DEB. В ∆EDA и ∆FDH: FD = DE ∠DFQ = ∠DEB ∠FDH = ∠ADE (как вертикальные) Таким образом, ∆EDA = ∆FDH по 2-му признаку равенства

треугольников. Откуда: AD = DH, ∠EAD = ∠DHF. Рассмотрим ∆ABD и ∆QHD: AD = DH ∠EAD = ∠FHD ∠ADB = ∠QDH (как вертикальные) Таким образом, ∆ABD = ∆QHD по 2-му признаку равенства

треугольников. Откуда АВ = QH, что и требовалось доказать.

№ 9. Периметр равнобедренного треугольника равен 1 м, а основа-

ние равно 0,4 м. Найдите длину боковой стороны. Т.к. ∆АВС — равнобедренный, то АВ = ВС и Р = 2АВ + АС. 1 = 2АВ + 0,4

49

2АВ = 0,6 АВ = 0,3. АВ = ВС = 0,3 м.

Ответ: 0,3 м.

№ 10. Периметр равнобедренного треугольника равен 7,5 м, а боко-

вая сторона равна 2 м. Найдите основание. Т.к. ∆АВС — равнобедренный, то АВ = ВС и Р = АВ + ВС +

АС = 2АВ + АС, АС = Р – 2АВ АС = 7,5 м – 2 ⋅ 2 м = 3,5 м.

Ответ: 3,5 м.

№ 11. Периметр равнобедренного треугольника равен 15,6 м. Най-

дите его стороны, если основание: 1) меньше боковой стороны на 3 м; 2) больше боковой стороны на 3 м.

50

1) Пусть боковая сторона — х м, тогда основание — (х – 3). Тогда:

Р = х + х + (х – 3), Р = 3х – 3, 15,6 = 3х – 3, 3х = 18,6, х = 6,2 м.

2) Пусть боковая сторона — х м, тогда основание — (х + 3) м. Тогда:

Р = х + х + (х + 3), Р = 3х + 3, 15,6 = 3х + 3, 3х = 12,6 х = 4,2 м.

Ответ: 1) 6,2 м; 6,2 м; 3,2 м; 2) 4,2 м; 4,2 м; 7,2 м.

№ 12. Докажите, что у равностороннего треугольника все углы рав-

ны. Задача решена в п. 23 учебника (стр. 31).

№ 13. От вершины С равнобедренного треугольника АВС с основа-

нием АВ отложены равные отрезки: СА1 на стороне СА и СВ1 на стороне СВ. Докажите равенство треугольников

1) САВ1 и СВА1; 2) АВВ1 и ВАА1. 1) В ∆САВ1 и ∆СВА1: АС = ВС, т.к. ∆АВС — равнобедрен-

ный А1С = СВ1 (по условию). ∠С — общий, таким образом, ∆САВ1 = ∆СВА1 по 1-му

признаку равенства треугольников.

51

2) В ∆АВВ1 и ∆ВАА1: АА1 = ВВ1 (АА1 = АС – СА1 = АВ – АВ1 = ВВ1)

АВ — общая сторона. ∠САВ = ∠СВА (т.к. АВС — равнобедренный, а у равно-

бедренных треугольников углы при основании равны). Таким образом, ∆АВВ1 = ∆ВАА1 по 1-му признаку равенства


№ 14. На основании АВ равнобедренного треугольника АВС даны

точки А1 и В1. Известно, что АВ1 = ВА1. Докажите, что треуголь-ники АВ1С и ВА1С равны.

В ∆АВ1С и ∆ВА1С: АС = ВС (т.к. ∆АВС — равнобедренный) ∠САВ = ∠СВА (т.к. ∆АВС — равнобедренный). АВ1 = ВА1 (из условия)

52

Таким образом, ∆АВ1С = ∆ВА1С по 1-му признаку равенства треугольников.

№ 15. Треугольники АСС1 и ВСС1 равны. Их вершины А и В лежат

по разные стороны от прямой СС1. Докажите, что треугольники АВС и АВС1 равнобедренные.

Т.к. ∆АСС1 = ∆ВСС1, то: АС = ВС, АС1 = ВС1. Таким образом, ∆АВС и ∆АВС1 равнобедренные по определе-

нию. Что и требовалось доказать.

№ 16. Сформулируйте и докажите теорему, обратную утверждению

задачи 12. Задача решена в п. 24 учебника (стр. 32).

№ 17. На сторонах АС и ВС треугольника АВС взяты точки С1 и С2.

Докажите, что треугольник АВС равнобедренный, если тре-угольники АВС1 и ВАС2 равны.

53

Т.к. ∆АС1В = ∆АС2В, то ∠А = ∠В. Следовательно, ∆АВС рав-нобедренный.


№ 18. 1) Докажите, что середины сторон равнобедренного тре-

угольника являются также вершинами равнобедренного тре-угольника.

2) Докажите, что середины сторон равностороннего тре-угольника являются также вершинами равностороннего тре-угольника.

1)

54

В ∆АА1В1 и ∆В1С1С: АА1 = СС1 как половины равных сторон (т.к. АА1 = АВ : 2 = ВС

: 2 = СС1) ∠А = ∠С, т.к. ∆АВС — равнобедренный и ∠А и ∠С — углы

при основании. Таким образом, ∆АА1В1 = ∆В1С1С по 1-му признаку равенства

треугольников. Отсюда А1В1 = В1С1. Таким образом, ∆А1В1С1 — равнобедренный (по определе-

нию). 2) В ∆АА1В1, ∆А1ВС1, ∆СС1В1: ∠А = ∠В = ∠С (т.к. ∆АВС — равносторонний).

АА1 = А1В = ВС1 = С1С = СВ1 = В1А (как половины равных сто-рон).

Таким образом, ∆АА1В = ∆А1ВС = ∆СС1В1 по 1-му признаку равенства треугольников.

Откуда А1С1 = С1В1 = А1В1. Таким образом, ∆А1В1С1 равносторонний по определению.

№ 20. Докажите, что у равнобедренного треугольника: 1) биссектрисы, проведенные из вершин при основа-

нии, равны;

55

2) медианы, проведенные из тех же вершин, тоже рав-ны.

1) ∠BAK = ∠KAC = ∠OCA = ∠OCK, т.к. ∠А = ∠С, и СО и

КА — биссектриссы. В ∆AKB и ∆СОВ: АВ = ВС (т.к. ∆АВС — равнобедренный) ∠BAK = ∠ВСО (т.к. АК и СО — биссиктриссы равных углов). ∠В — общий. Таким образом, ∆AKB = ∆СОВ по 2-му призна-

ку равенства треугольников. Откуда AK = СО, что и требовалось доказать. 2) AQ = QB = BF = FC, т.к. AF и CQ — медианы.

В ∆AFB и ∆CQB: АВ = ВС (т.к. ∆АВС — равнобедренный) QB = BF

∠В — общий. Таким образом, ∆AFB = ∆CQB по 1-му призна-ку равенства треугольников.

Откуда AF = CQ.

56

№ 21. Докажите, что у равных треугольников АВС и А1В1С1: 1) медианы, проведенные из вершин А и А1, равны; 2) биссектрисы, проведенные из вершин А и А1, равны. 1) ∠С = ∠С1, ∠А = ∠А1, ∠В = ∠В1. ВО = ОС = В1О1 = О1С1, т.к. АО и А1О1 — медианы, и ВС =

В1С1. В ∆АОС и ∆А1О1С1: АС = А1С1, ОС = О1С1, ∠С = ∠С1. Таким образом, ∆АОС = ∆А1О1С1 по 1-му признаку, откуда

АО = А1О1. 2)

57

Т.к. ∆АВС = ∆А1В1С1, то: АС = А1С1, ∠А = ∠А1, ∠С = ∠С1. ∠BAK = ∠KAC = ∠B1A1K1 = ∠K1A1C1, т.к. AK и A1K1 — бис-

сектрисы равных углов. В ∆AKC и ∆A1K1C1: АС = А1С1, ∠С = ∠С1, ∠KAC = ∠K1A1C1.

Таким образом, ∆АKC = ∆A1K1C1 по 2-му признакуравенства треугольников.

Откуда AK = A1K1.

№ 22. Точки А, С, В, D лежат на одной прямой, причем отрезки АВ и

CD имеют общую середину. Докажите, что если треугольник АВЕ равнобедренный с основанием АВ, то треугольник CDE то-же равнобедренный с основанием CD.

Т.к. ∆АВЕ — равнобедренный, и (∠САЕ и ∠EАВ), (∠ЕВА и

∠EBD) — смежные, то ∠САЕ = 180о – ∠ЕАВ = 180о – ∠ЕВА = ∠EBD.

58

В ∆САЕ и ∆EBD: АЕ = ВЕ (т.к. АВЕ — равнобедренный) ∠САЕ = ∠EBD СА = BD (т.к. СА = СО – АО = OD – OB = BD) Таким образом, ∆САЕ = ∆EBD, следовательно, ∆CED — рав-

нобедренный, (т.к. СЕ = ∠ED как лежащие против равных углов в равных треугольниках), что и требовалось доказать.

№ 23. Докажите равенство треугольников по углу, биссектрисе это-

го угла и стороне, прилежащей к этому углу. Пусть AD = A1D1 — равные биссектрисы, ∠A = ∠A1, AC =

A1C1 — равные стороны. В ∆АDС = ∆A1D1C1: ∠DAC = ∠D1A1C1 (т.к. ∠DAC половина

угла ∠BAC ∠DAC = ∠BAC : 2 = ∠B1A1C1 : 2 = ∠D1A1C1). AD = A1D1, АС = А1С1. (по условию: AD = A1D1 — равные бис-

сиктрисы, AС = A1С1 — равные прилежащие стороны).

59

Таким образом, ∆ADC = ∆A1D1C1 по 1-му признаку равенства треугольников, откуда ∠С = ∠С1 как лежащие против равных сторон в равных треугольниках)

В ∆АВС и ∆А1В1С1: АС = А1С1, ∠А = ∠А1 (по условию) ∠С = ∠С1. Таким образом, ∆АВС = ∆А1В1С1 по 1-му признаку равенство

треугольников, что и требовальсь доказать.

№ 24. В равнобедренном треугольнике АВС с основанием АС про-

ведена медиана ВМ. На ней взята точка D. Докажите равенство треугольников: 1) ABD и CBD; 2) AMD и CMD. Т.к. ВМ — медиана равнобедренного треугольника, то она

является и высотой и биссектрисой. Таким образом, ∠AMD = ∠DMV = 90о, ∠ABD = ∠DBC,

1) В ∆ABD и ∆DBC: АВ = ВС (т.к. ∆АВС равнобедренный), BD — общая. ∠ABD = ∠DBC (т.к. ВМ — биссектриса). Таким образом, ∆ABD = ∆DBC по 1-му признаку равенства

треугольников. 2) В ∆ADM и ∆MDC: АМ = МС (т.к. ВМ — медиана)

60

DM — общая ∠AMD = ∠DMC = 90о Таким образом, ∆ADM = ∆MDC по 2-му катетам, что и требо-

валось доказать.

№ 25. Докажите, что треугольник АВС равнобедренный, если у него 1) медиана BD является высотой;

2) высота BD является биссектрисой; 3) биссектриса BD является медианой. В ∆ABD и ∆DBC: 1) Если BD — медиана и высота, то AD = DC, ∠ADB =

∠CDB = 90°, BD — общая. ∆ABD = ∆CBD по двум катетам. Откуда АВ = ВС, таким образом, ∆АВС — равнобедренный. 2) Если BD — высота и биссектриса, то ∠ABD = ∠DBC,

∠ADB = ∠BDC, BD — общая. ∆ABD = ∆CBD по 2катету и двум прилежащим углам.

Откуда АВ = ВС, таким образом, ∆АВС — равнобедренный. 3) Если BD — биссектриса и медиана: Продлим BD до точки В1, так, что BD = DB1. В ∆ABD и ∆СDB1: AD = DC (т.к. ВD — медиана) BD = DB1 ∠ADB = ∠CDB1 (из построения, как вертикальные).

61

Таким образом, ∆ABD = ∆CDB1 по 1-му признаку равенства треугольников.

Откуда ∠ABD = ∠CB1D, АВ = В1С. Аналогично ∆ADB1 = ∆BDC. ∠AB1D = ∠DBC, АВ1 = ВС. Т.к. ∠АВD = ∠DBC (т.к. BD — биссектриса), то ∠ABD =

∠DBC = ∠AB1D. ∆ВВ1А — равнобедренный, т.к. ∠ABD = ∠AB1D, Таким образом, АВ = АВ1; т.к. АВ1 = ВС, то АВ = ВС. Следовательно, ∆АВС — равнобедренный по определению.

№ 26. Даны два равнобедренных треугольника с общим основани-

ем. Докажите, что их медианы, проведенные к основанию, лежат на одной прямой.

В ∆АВС: ВО — медиана, а значит, и высота (∆АВС — равно-

бедренный). Таким образом, ВО ⊥ АС. В ∆ADC: DO — медиана, а значит, и высота (∆ADC — равно-

бедренный). Таким образом, DO ⊥ АС. Таким образом, к отрезку АС через точку О проведены два

перпендикуляра. По теореме 2.3 через точку, лежащую на пря-мой, можно провести перпендикуляр, и притом единственный. Таким образом, медианы лежат на одной прямой.

62


ведена медиана BD. Найдите ее длину, если периметр треуголь-ника АВС равен 50 м, а треугольника ABD — 40 м.

РАВС = АВ + ВС + АС РАВС = 2АВ + АС (т.к. АВ = ВС) 50 = 2АВ + АС.

ACAB2125 += ,

63

AC21BDАВADBDABPABD ++=++= (т.к. ВD — медиана)

40 = 25 + BD BD = 40 – 25 = 15.

Ответ: 15 м.

№ 28. Докажите, что биссектриса равнобедренного треугольника,

проведенная из вершины, противолежащей основанию, является медианой и высотой.


№ 29. У треугольников АВС и А1В1С1 АВ = А1В1, АС = А1С1, ∠С =

∠С1 = 90о. Докажите, что ∆АВС = ∆А1В1С1.

64

Доказано в п. 27 учебника (стр. 35.).

№ 30. Докажите, что у равнобедренного треугольника высота а,

опущенная на основание, является медианой и биссектрисой. Исходя из утверждения задачи № 29, выходит, что ∆ABD =

∆DBC, таким образом, AD = DC как стороны, лежащие в равных треугольниках против равных углов, следовательно, BD — ме-диана.

∠ABD = ∠DBC (следовательно, BD — биссектриса), что и

требовалось доказать.

№ 31. Треугольники АВС и АВС1 равнобедренные с общим основа-

нием АВ. Докажите равенство треугольников АСС1 и ВСС1.

65

В ∆АСС1 и ∆ВСС1: АС = СВ, АС1 = С1В (т.к. ∆АСВ и ∆АВС1 — равнобедренные) СС1 — общая. Таким образом, ∆АСС1 = ∆ВСС1 (по 3-му признаку равенства

треугольников).

№ 32*. Точки А, В, С, D лежат на одной прямой. Докажите, что если

треугольники АВЕ1 и АВЕ2 равны, то треугольники CDE1 и CDE2 тоже равны.

ВЕ1 = ВЕ2, ∠АВЕ1 = ∠АВЕ2, т.к. ∆АВЕ1 = ∆АВЕ2.(из условия) В ∆Е1ВС и ∆Е2ВС: ВС — общая ∠Е1ВС = ∠Е2ВС (т.к. ∠Е1ВС = 180о – ∠АВЕ1 = 180о – ∠АВЕ2

= ∠Е2ВС) (смежные с рвными углами). ВЕ1 = ВЕ2.(по условию) Таким образом, ∆Е1ВС = ∆Е2ВС по 1-му признаку равенства

треугольников. Откуда Е1С = Е2С как лежащие против равных углов в равных

треугольникахи ∠ВСЕ1 = ∠ВСЕ2. В ∆CDE1 и ∆CDE2: Е1С = Е2С,

66

∠E1CD = ∠E2СD, т.к. ∠Е1CD = 180o – ∠ACE1 = 180o – ∠ACE2 = ∠E2CD (смежные с равными углами).

Таким образом, ∆CDE1 = ∆CDE2 по 1-му признаку равенства треугольников.

№ 33. Два отрезка АВ и CD пересекаются в точке О, которая являет-

ся серединой каждого из них. Докажите равенство треугольни-ков ACD и BDC.

В ∆AOD и ∆COВ: АО = ОВ, СО = OD (т.к. О — середина отрезков АВ и CD). ∠СОВ = ∠AOD (как вертикальные). Таким образом, ∆AOD = ∆СОВ по 1-му признаку равенства

треугольников. Откуда AD = CВ (как лежащие против равных углов в равных треугольниках).

Аналогично ∆АОС = ∆DOB и АС = DB. В ∆ACD и ∆BDC: AD = CB (из условия), AC = DB (из условия), CD — общая. Таким образом, ∆ACD = ∆BDC по 3-му признаку равенства


№ 34. Докажите равенство треугольников по двум сторонам и ме-

диане, проведенной к одной из них.

67

BD = B1D1, т.к. 111121

21 DBCBBCBD === (по условию).

В ∆ABD и ∆A1B1D1: AB = A1B1, AD = A1D1, BD = B1D1, таким образом, ∆ABD =

∆A1B1D1 по 3-му признаку равенства треугольников. Откуда ∆ABD = ∆A1B1D1. В ∆АВС и ∆А1В1С1: АВ = А1В1 ВС = В1С1 (по условию задачи) ∠ABD = ∠A1B1D1, таким образом, ∆АВС = ∆А1В1С1 по 1-му

признаку равенства треугольников.

№ 35. Отрезки АВ и CD пересекаются. Докажите, что если отрезки

АС, СВ, BD и AD равны, то луч АВ является биссектрисой угла CAD и луч CD — биссектрисой угла АСВ.

В ∆ACD и ∆BCD: По условию: AC = CB, AD = DB, CD — общая.

68

Таким образом, ∆ACD = ∆BCD (по 3-му признаку равенства треугольников), откуда ∠ACD = ∠BCD, ∠ADC = ∠CDB (как уг-лы, лежащие в равных треугольниках против равных сторон).

Следовательно, CD — биссектриса ∠АСВ. Аналогично доказываем, что ∆АСВ = ∆ADB и ∠СВА = ∠DBA,

∠DAB = ∠CАВ. Таким образом, АВ — биссектриса ∆АСВ, что и требовальсь

доказать.

№ 36. Докажите, что в № 35 прямые АВ и CD перпендикулярны. ∆ADC, ∆ACB, ∆CBD, ∆BDA являются равнобедренными по

определению (т.к. у них 2 стороны равны), таким образом, бис-сектрисы АО, ОВ, СО, OD являются высотами соответствующих треугольников.

69

Следовательно, АО ⊥ CD и ОВ ⊥ CD, а это по т. 2.3. возможно лишь если АВ ⊥ CD, что и требовалось доказать.

№ 37. Треугольники АВС и BAD равны, причем точки С и D лежат

по разные стороны от прямой АВ. Докажите, что 1) треугольники CBD и DAC равны; 2) прямая CD делит отрезок АВ пополам. Т.к. ∆АВС = ∆ABD, то АС = BD, CB = AD, ∠CAO = ∠ОВD. 1) В ∆CBD и ∆DAC:

CD — общая АС = DB, AD = CB (из условия).

Таким образом, ∆CBD = ∆DAC по 3-му признаку равенства треугольников, таким образом, ∠CDB = ∠DCA.

2) В ∆АОС и ∆DOB: АС = BD, ∠CAO = ∠OBD, ∠CDB = ∠DCA.

Таким образом, ∆АОС = ∆DOB по 2-му признаку, откуда АО = ОВ. Следовательно, отрезок BD делит отрезок АВ пополам, что и требовалось доказать.

№ 38. Отрезки равной длины АВ и CD пересекаются в точке О так,

что АО = OD. Докажите равенство треугольников АВС и DCB. В ∆АОС и ∆DOB:

70

AO = OD (по условию), ОС = ОВ (т.к. ОС = DC – DO = AB – AO = OD), ∠АОС = ∠DOB (как вертикальные). Таким образом, ∆АОС = ∆DOB по 2-му признаку равенства

треугольников, откуда АС = DB (как лежащие в равных тре-угольниках против равных углов).

В ∆АВС и ∆DCB: AC = DB (из условия), AB = CD (из условия), ВС — общая. Таким образом, ∆АВС = ∆DCB по 3-му признаку равенства

треугольников, что и требовалось доказать.

№ 39. Докажите равенство треугольников по двум сторонам и ме-

диане, исходящим из одной вершины. Продлим медианы так, чтобы: BD = DO, B1D1 = D1O1. В ∆ADO и ∆DBC: AD = DC (из условия) BD = DO (по построению) ∠ADO = ∠BDС (как вертикальные).

71

Таким образом, ∆ADO = ∆BDC по 1-му признаку равенства треугольников; откуда АО = ВС как лежащие в равных треуголь-никах против равных углов, ∠AOD = ∠DBC.

Аналогично ∆A1D1O1 = ∆D1B1O1 и А1О1 = В1С1, ∠A1O1D1 = ∠D1B1С1.

Т.к. ВС = В1С1, то АО = А1О1. В ∆АОВ и ∆А1О1В1: АВ = А1В1 (из условия), АО = А1О1 (по построению), ВО = В1О1 (по построению), Таким образом, ∆АВО = ∆А1В1О1 по 3-му признаку равенства

треугольников. Откуда ∠ABD = ∠A1B1D1, ∠A1O1D1 = ∠D1B1C1. Т.к. ∠AOD =

∠DBC и ∠A1O1D1 = ∠D1B1C1, то ∠DBC = ∠D1B1C1. ∠АВС = ∠ABD + ∠DBC

72

∠A1B1C1 = ∠A1B1D1 + ∠D1B1C1, т.к. правые части равны, то и левые должны быть равны.

Следовательно ∠АВС = ∠А1В1С1. В ∆АВС и ∆А1В1С1: ∠АВС = ∠А1В1С1, АВ = А1В1, ВС = В1С1 (из условия). Таким образом, ∆АВС = ∆А1В1С1 по 1-му признаку равенства


№ 40. Докажите равенство треугольников по стороне, медиане, про-

веденной к этой стороне, и углам, которые образует с ней медиа-на.

В ∆BDC и ∆B1D1C1: BD = B1D1 (из условия),

DC = D1C1 ( 111121

21 CDCAACDC === ) (т.к. D и D1 — середи-

ны сторон АС и А1С1 соответственнно) ∠BDC = ∠B1D1C1 (из условия).

73

Таким образом, ∆BDC = ∆B1D1C1 по 1-му признаку равенства треугольников. Откуда ВС = В1С1.

Аналогично ∆ADB = ∆A1D1B1 и АВ = А1В1. В ∆АВС и ∆А1В1С1: АВ = А1В1 (из равенства ∆ADB = ∆A1D1B1 ВС = В1С1 (из равенства ∆ВDС = ∆В1D1С1 АС = А1С1 (из условия) Таким образом, ∆АВС = ∆А1В1С1 по 3-му признаку равенства


74

§ 4. СУММА УГЛОВ ТРЕУГОЛЬНИКА

№ 1. Докажите, что если некоторая прямая пересекает одну из

двух параллельных прямых, то она пересекает и другую. Пусть а и b — параллельные прямые, и пусть прямая с пере-

секает прямую а. Допустим, c не пересекает b, тогда через дан-ную точку проходят 2 прямые, параллельные прямой b, но это невозможно, таким образом, пришли к противоречию.

№ 2. Докажите, что если две прямые пересекаются, то любая тре-

тья прямая пересекает по крайней мере одну из этих прямых. Пусть прямые а и b пересекаются в точке А. Допустим, что b

не пересекает с, тогда b || c, но исходя из предыдущей задачи, т.к. а пересекает b в точке А, то она пересекает и с в некоторой точ-ке.

№ 3. Дано: a || b || c || d. Докажите, что a || d.

75

Т.к. b || c и b || c, то по определению параллельности b || d. Т.к. a || b и b || d, то a || d.

№ 4. Прямые АВ и CD параллельны. Докажите, что если отрезок

ВС пересекает прямую AD, то точка пересечения принадлежит отрезку AD.


№ 5. Дан треугольник АВС. На стороне АВ отмечена точка В1, а на

стороне АС — точка С1. Назовите внутренние односторонние и внутренние накрест лежащие углы при прямых АВ, АС и секу-щей В1С1.

1) внутренние односторонние углы:

∠АВ1С и ∠АС1В1 ∠ВВ1С1 и ∠СС1В1

2) внутренние накрест лежащие углы: ∠АВ1С1 и ∠АС1В1 ∠ВВ1С1 и ∠СС1В1.

№ 6. Назовите внутренние накрест лежащие и внутренние одно-

сторонние углы на рисунке.

76

Внутренние односторонние углы: ∠2 и ∠3, ∠1 и ∠4. Внутренние накрест лежащие углы: ∠1 и ∠2, ∠3 и ∠4.

№ 7. Отрезки AD и ВС пересекаются. Для прямых АС и BD и се-

кущей ВС назовите пару внутренних накрест лежащих углов. Для тех же прямых и секущей АВ назовите пару внутренних од-носторонних углов. Объясните ответ.

∠АСВ и ∠CBD — внутренние накрест лежащие углы, т.к.

точки А и D лежат в разных полуплоскостях относительно пря-мой ВС. ∠ABD и ∠САВ — внутренние односторонние углы, т.к. точки C и D лежат в одной полуплоскости относительно прямой АВ, в той полуплоскости, где лежит точка пересечения отрезков AD и ВС.

77

№ 8. Даны прямая АВ и точка С, не лежащая на этой прямой. До-

кажите, что через точку С можно провести прямую, параллель-ную прямой АВ.


№ 9. Докажите, что биссектрисы внутренних накрест лежащих уг-

лов, образованных параллельными и секущей, параллельны, то есть лежат на параллельных прямых.

∠MFO = ∠FOL как внутренние накрест лежащие углы. ∠MFO = ∠1 + ∠2, ∠1 = ∠2, потому что FD — биссектриса. ∠FOL = ∠3 + ∠4, ∠3 = ∠4, потому что OK — биссектриса. Таким образом, ∠1 = ∠2 = ∠3 = ∠4. Но ∠3 и ∠2 являются

внутренними накрест лежащими при прямых DD1 и KK1 и секу-щей FO. Т.к .∠3 = ∠2, то прямые, содержащие биссектрисы, па-раллельны.

№ 10. Отрезки АВ и CD пересекаются в точке Е и делятся этой точ-

кой пополам. Докажите, что прямые АС и BD параллельны. В ∆DEB и ∆АЕС: DE = EC, AЕ = ЕВ (из условия). ∠АЕС = ∠DEB (как вертикальные).

78

Таким образом, ∆DEB = ∆АЕС по 1-му признаку равенства

треугольников. Откуда ∠CDB = ∠DCA (как углы, лежащие против равных

сторон в равных треугольниках), которые являются внутренними накрест лежащими для прямых АС и DВ и секущей DC. Следова-тельно, AC || DB.

№ 11. Треугольники АВС и BAD равны. Точки С и D лежат по раз-

ные стороны от прямой АВ. Докажите, что прямые АС и BD па-раллельны.

Т.к. ∆АВС = ∆ABD, то ∠САВ = ∠ABD, а они являются внут-

ренними накрест лежащими для прямых АС, BD и секущей АВ. Таким образом, АС || BD, что и требовалось доказать.

№ 12. Угол АВС = 80о, а угол BCD = 120о. Могут ли прямые АВ и

CD быть параллельными? Обоснуйте ответ.

79

Т.к. 80о ≠ 120о и 80о + 120о ≠ 180о, то они и не накрест лежа-

щие, и не односторонние, таким образом, прямые АВ и CD не параллельны.

Ответ: не могут.

№ 13. Прямые АС и BD параллельны, прячем точки А и D лежат по

разные стороны от секущей ВС. Докажите, что 1) углы DBC и АСВ — внутренние накрест лежащие

относительно секущей ВС; 2) луч ВС проходит между сторонами угла ABD; 3) углы САВ и DBA — внутренние односторонние

относительно секущей АВ. Задача решена в п. 32 учебника (стр. 45).

№ 14. 1) Разность двух внутренних односторонних углов при

двух параллельных прямых и секущей равна 30о. Найдите эти углы.

2) Сумма двух внутренних накрест лежащих углов при двух параллельных прямых и секущей равна 150о. Чему равны эти углы?

80

1) ∠1 = 180о – ∠2 (т.к. ∠1 и ∠2 — внутренние односторон-ние).

∠1 = ∠2 + 30о (из условия), 180о – ∠2 = ∠2 + 30о, 2 · ∠2 = 150, ∠2 = 75о, ∠1 = 105о.

2) Т.к. ∠3 = ∠2 (внутренние накрест лежащие углы), то 2(∠3) = 150о

∠3 = ∠2 = 75о.

Ответ: 1) 75о и 105о; 2) 75о и 75о.


параллельных прямых секущей, равен 72о. Найдите остальные семь углов.

Пусть ∠1 = 72о. ∠1 = ∠3 = 72о (как вертикальные). ∠3 = ∠5 = 72о (как накрест лежащие). ∠5 = ∠7 = 72о (как вертикальные). ∠2 = 180о – 72о = 108о (т.к. ∠1 и ∠2 — смежные). Остальные находятся аналогично: ∠2 = ∠4 = ∠6 = ∠8 = 108о.

Ответ: 72о, 72о, 72о, 108о, 108о, 108о,180о.


параллельных прямых секущей, равен 30о. Может ли один из ос-тальных семи углов равняться 70о? Объясните ответ.

81

По предыдущей задаче углы будут равны либо 30о, либо 150о, но не 70о.

Ответ: не может.

№ 17. Докажите, что две прямые, параллельные перпендикулярным

прямым, сами перпендикулярны. Пусть a ⊥ b, тогда b || c a || d ∠1 = ∠2 = 90о (как соответственные углы). ∠2 = ∠4 = 90о (как накрест лежащие углы). Т. о. c ⊥ d.

№ 18. Найдите неизвестный угол треугольника, если у него два угла

равны 1) 50о и 30о; 2) 40о и 75о; 3) 65о и 80о; 4) 25о и 120о. Т.к. ∠1 + ∠2 + ∠3 = 180о, то ∠3 = 180о – (∠1 + ∠2). 1) ∠3 = 180о – 30о – 50о = 100о 2) ∠3 = 180о – 40о – 75о = 65о 3) ∠3 = 180о – 65о – 80о = 35о 4) ∠3 = 180о – 25о – 120о = 35о.

82

Ответ: 1) 100о; 2) 65о; 3) 35о; 4) 35о.

№ 19. Найдите углы треугольника, если они пропорциональны

числам 1) 1, 2, 3; 2) 2, 3, 4; 3) 3, 4, 5; 4) 4, 5, 6; 5) 5, 6, 7. 1) Пусть ∠1 = х, тогда

∠2 = 2х ∠3 = 3х

1) х + 2х + 3х = 180 (т.к. ∠1 + ∠2 + ∠3 = 180о) 6х = 180 х = 30

Т. о. углы треугольника: 30о; 60о; 90о. Аналогично: 2) 2х + 3х + 4х = 180о, х = 20о

∠1 = 40о, ∠2 = 60о, ∠3 = 80о. 3) 3х + 4х + 5х = 180о, х = 14о

∠1 = 45о, ∠2 = 60о, ∠3 = 75о 4) 4х + 5х + 6х = 180о, х = 12о

∠1 = 48о, ∠2 = 60о, ∠3 = 72о 5) 5х + 6х + 7х = 180о, х = 10о

∠1 = 50о, ∠2 = 60о, ∠3 = 70о.

Ответ: 1) 30о, 60о, 90о; 2) 40о, 60о, 80о; 3) 45о, 60о, 75о;

83

4) 48о, 60о, 72о; 5) 50о, 60о, 70о.

№ 20. Может ли в треугольнике быть: 1) два тупых угла; 2) тупой и прямой углы; 3) два прямых угла?

Ответ: 1) не может; 2) не может; 3) не может. Т.к. сумма углов треугольника равна

180о, а в данных случаях сумма будет больше.

№ 21. Может ли быть тупым угол при основании равнобедренного

треугольника? Если угол будет тупым, то сумма углов треугольника будет

больше 180о, но это не может быть, т.к. сумма угло в треуголь-нике = 180о, т.к. в равнобедренном треугольнике углы при осно-вании равны.


№ 22. Найдите угол между боковыми сторонами равнобедренного

треугольника, если угол при основании у него равен 1) 40о; 2) 55о; 3) 72о. Т.к. углы при основании равнобедренного треугольника рав-

ны и сумма углов треугольника равна 180о, то 1) 180о – 2 · 40о = 100о; 2) 180о – 2 · 55о = 70о;

84

3) 180о – 2 · 72о = 36о.

Ответ: 1) 100о; 2) 70о; 3) 36о.

№ 23. Найдите угол при основании равнобедренного треугольника,

если угол между боковым сторонами равен 1) 80о; 2) 120о; 3) 30о. Пусть х — угол при основании, тогда, т.к. треугольник равно-

бедренный, то составим уравнение: 1) 2х + 80о = 180о,

х = (180о – 80о) : 2, х = 50о;

2) (180о – 120о) : 2 = 30о; 3) (180о – 30о) : 2 = 75о.

Ответ: 1) 50о; 2) 30о; 3) 75о.

№ 24. Один из углов равнобедренного треугольника равен 100о.

Найдите остальные углы. Т.к. этот угол не может быть угло при основании (сумма уг-

лов в треугольнике тогда будет больше 180о), то это будет угол между боковыми сторонами.

Из предыдущей задачи:

21 (180о – 100о) = 40о.

∠1 = 40о, ∠2 = 40о, ∠3 = 100о.


85

№ 25. Один из углов равнобедренного треугольника равен 70о. Най-

дите остальные углы. Сколько решений имеет задача? Пусть угол, равный 70о, является углом при вершине тре-

угольника, тогда угол при основании будет:

21 (180о – 70о) =

21 110о = 55о.

∠1 = 55о, ∠2 = 55о, ∠3 = 70о. Пусть угол, равный 70о, является углом при основании, тогда: 180о – 2 · 70о = 180о – 140о = 40о. ∠1 = 70о, ∠2 = 40о, ∠3 = 70о.

Ответ: 2 решения: 1) 40о и 70о или 2) 55о и 55о.

№ 26. Докажите, что если один из углов равнобедренного треуголь-

ника равен 60о, то этот треугольник равносторонний. В равнобедренном треугольнике углы при основании равны. 1) Пусть угол при вершине треугольника равен 60о, тогда,

т.к. ∠1 = ∠2, то 60о + ∠1 + ∠2 = 180о, ∠1 = ∠2 = 21 (180о – 60о) =

60о. Таким образом, треугольник равносторонний. 2) Пусть ∠60о — угол при основании, тогда 60о + 60о + ∠3

= 180о, ∠3 = 60о. Таким образом, треугольник равносторонний.


ведена биссектриса CD. Найдите углы треугольника АВС, если угол ADC равен

1) 60о; 2) 75о; 3) α.

86

Пусть ∠1 = х, тогда:

∠А + ∠1 + ∠CDA = 180о, A∠=∠=∠2121 (т.к. треугольник

равнобедренный). Исходя из условия, составим уровнения: 1) 2х + х + 60 = 180,

3х = 120, х = 40. ∠А = 80о, ∠С = 80о, ∠АВС = 180о – 2 · 80о = 20о.

2) 2х + х + 75 = 180, 3х = 105, х = 35. ∠А = 70о, ∠С = 70о, ∠В = 40о.

3) 2х + х + α = 180, 3х = 180 – α,

х = (180 – α) : 3 = 3α60− ,

ooo 603α4

3α2120

3α2120 −⋅=∠⋅−=∠⋅−=∠ B,C,A

Ответ: 1) 80о, 80о, 20о; 2) 70о, 70о, 40о;

3) 3α2120o ⋅− ,

3α2120o ⋅− , o60

3α4 −⋅ .

№ 28. В равнобедренном треугольнике АВС с основанием АС и уг-

лом при вершине В, равным 36о, проведена биссектриса AD. До-кажите, что треугольники CDA и ADB равнобедренные.

87

Углы при основании треугольника:

21 (180о – 36о) = 72о,

∠BAD = ∠DAC = 21 72о = 36о (т.к. AD — биссектриса).

∠ADC – 180о – (72о + 36о) = 72о. Т.к. ∠С = ∠ADC; ∠В = ∠BAD, то треугольники ABD и ADC

равнобедренные. Что и требовалось доказать.

№ 29. В треугольнике АВС проведены биссектрисы из вершин А и

В. Точка их пересечения обозначена D. Найдите угол ADB, если 1) ∠А = 50о, ∠В = 100о; 2) ∠А = α, ∠В = β; 3) ∠С = 130о; 4) ∠С = γ. Так как BK и AL — биссектрисы, то ∠BAD = ∠DAC, ∠ABD =

∠DBC. Рассмотрим ∆АВD:

88

o18021

21

=∠+∠+∠ ADBBA (т.к. сумма углов треугольника

равна180°).

( )BAADB ∠+∠−=∠21180o .

1) ( )=+−=∠ ooo 1005021180ADB 180о – 75о = 105о

2) ( )βα21180o +−=∠ADB

3) ∠А + ∠В + ∠С = 180о, ∠А + ∠В = 180о – 130о oo 50

21180 ⋅−=∠ADB = 180о – 25о = 155о

4) ∠А + ∠В = 180о – γ,

( )2γ90

2γ90180γ180

21180 ooooo +=+−=−⋅−=∠ADB .

Ответ: 1) 105о; 2) 180о – (α + β)/2; 3) 155о; 4) 90о + γ/2.

№ 30. Чему равны углы равностороннего треугольника? Т.к. у равностороннего треугольника все углы равны, то ∠1 =

∠2 = ∠3 = oo

603

180= .

Ответ: 60о, 60о, 60о.

№ 31. Под каким углом пересекаются биссектрисы двух внутренних

односторонних углов при параллельных прямых? Т.к. сумма двух односторонних углов при параллельных пря-

мых и секущей равна 180о, тогда сумма половины этих углов равна 90о, а угол пересечения биссектрис равен 180о – 90о = 90о.

89

Ответ: 90о.

№ 32. Один из внешних углов равнобедренного треугольника равен

70о. Найдите углы треугольника. Внутренний угол треугольника, смежный со внешним углом

70о, равен 180о – 70о = 110о. Это может быть только угол между боковыми сторонами, т.к. иначе сумма углов треугольника была

бы больше 180о. Таким образом, углы при основании: 21 (180о –

110о) = 35о.

Ответ: 35о, 35о, 110о.

№ 33. Найдите углы треугольника, зная, что внешние углы при двух

его вершинах равны 120о и 150о. Внутренний угол треугольника, смежный со внешним углом

150о, равен 180о – 150о = 30о, а с углом 120о – равен 180о – 120о = 60о. Третий угол равен: 180о – 60о – 30о = 90о.

Ответ: 30о,60о, 90о.

№ 34. Два внешних угла треугольника равны 100о и 150о. Найдите

третий внешний угол.

90

Внутренний угол, смежный со внешним углом в 150о, равен: 180о – 150о = 30о, а с углом 100о: 180о – 100о = 80о. По теореме, третий внешней угол равен сумме двух внутренних, не смежных с ним углов, т.е. 80о + 30о = 110о.

№ 35. В треугольнике АВС проведена высота CD. Какая из трех то-

чек А, В, D лежит между двумя другими, если углы А и В тре-угольника острые?


№ 36. В треугольнике АВС проведена высота CD. Какая из трех то-

чек А, В, D лежит между двумя другими, если угол А тупой? Обоснуйте ответ.

Пусть точка В лежит между точками А и D, тогда ∠В = ∠D +

∠С, но ∠В < 90o, ∠D = 90о. Таким образом, получили противо-речие. Пусть точка D лежит между точками А и В, тогда ∠D = ∠А + ∠С, но ∠D = 90о, ∠А > 90о. Таким образом, получили про-тиворечие. Таким образом, точка А лежит между В и D.

Ответ: А.

№ 37. Докажите, что биссектриса внешнего угла при вершине рав-

нобедренного треугольника параллельна основанию.

91

∠KBD + ∠DBC = ∠А + ∠С (по теореме 4.5), ∠А = ∠С (т.к. это углы при основании в равнобедренном тре-

угольнике). ∠CBD = ∠KBD, таким образом, ∠KBD = ∠DBC = ∠A = ∠C.

Т.к. ∠DBC = ∠C, а они являются внутренними накрест лежащи-ми при прямых DB и АС и секущей ВС, то BD || АС.

№ 38. Сумма внешних углов треугольника АВС при вершинах А и В,

взятых по одному для каждой вершины, равна 240о. Чему равен угол С треугольника?

Сумма внутренних углов треугольника при вершинах А и В

по теореме 4.5 равна 360о – 240о = 120о. Таким образом, ∠С = 180о – 120о = 60о.

Ответ: 60о.

№ 39. Треугольник АВС. На продолжении стороны АС отложены

отрезки AD = АВ и СЕ = СВ. как найти углы треугольника DBE, зная углы треугольника АВС?

Треугольник ∆ABD — равнобедренный, BD — его основа-

ние. В ∆ABD: ∠А — внешний угол для ∆ABD.

Поэтому 22

1 ABACD ∠=∠=∠ .

Аналогично найдем угол Е треугольника BDE.

92

1) ∆DBA и ∆ВСЕ равнобедренные, таким образом, ∠D = (180о –

∠DAB) : 2 = (180о – 180о + ∠ВАС) : 2 = BAC∠21 (т.к. ∠ВАС и

∠DAB смежные).

Аналогично BCAE ∠=∠21 , ( )BACBCAABCDBE ∠+∠+∠=∠

21 .

221 CBCAE ∠

=∠=∠ .

Следовательно, 222

CABCABDBE ∠+∠+∠=

∠+

∠+∠=∠ , счи-

тая ∠А, ∠С, ∠В углами треугольника АВС.

Ответ: 2

ACBBACABCDBE ∠+∠+∠=∠ ,

BACD ∠=∠21 BCAE ∠=∠

21 .

№ 40. У треугольника один из внутренних углов равен 30о, а один

из внешних 40о. Найдите остальные внутренние углы треуголь-ника.

93

∠ВАС = 180о – ∠DAB = 180о – 40о = 140о (т.к. ∠DAB и ∠ВАС — смежные).

∠В = 180о – ∠С – ∠ВАС = 180о – 30о – 140о = 10о (т.к. сумма внутренних углов треугольника равна 180°).


№ 41. Из вершины прямого угла треугольника АВС проведена высо-

та BD. Найдите угол CBD, зная, что 1) ∠А = 20о; 2) ∠А = 65о; 3) ∠А = α.

Так как угол В — прямой, то точка D лежит на гипотенузе (по задаче № 35 § 4).

Т.к. ∆АВС — прямоугольный, то ∠С = 90о – ∠А. Т.к. ∆BCD — прямоугольный, то ∠CBD = 90о – 90о + ∠А =

∠А. 1) ∠CBD = 20o, 2) ∠CBD = 65o, 3) ∠CBD = α.

Ответ: 1) 20о; 2) 65о; 3) α.

94

№ 42. Из вершины тупого угла В треугольника АВС проведена вы-

сота BD. Найдите углы треугольника АВD и CBD, зная, что ∠А = α, ∠В = β.

∠С = 180о – (α + β) Т.к. ∠CDB — прямоугольный, то ∠DBC = 90о – ∠С = 90о –

180о + α + β = α + β – 90о. Т.к. ∠DBA — прямоугольный, то ∠D = 90о ∠АВС = 90о – ∠А = 90о – α.

Ответ: 90о, α, 90о – α; 90о, 180о – (α + β), (α + β) – 90о.

№ 43. Докажите, что в прямоугольном треугольнике с углом 30о ка-

тет, противолежащий этому углу, равен половине гипотенузы. Задача решена в п. 35 учебника (стр. 48).

№ 44. Найдите углы прямоугольного равнобедренного треугольни-

ка.

95

Прямой угол может быть только при вершине, т.к. иначе сумма углов треугольника будет больше 180о. Углы при основа-нии равны

21 (180о – 90о) = 45о.

Ответ: 90о, 45о, 45о.

№ 45. В равностороннем треугольнике АВС проведена медиана AD.

Найдите углы треугольника ABD. ∠С = ∠А = ∠В = 60о (по свойству равностороннего треуголь-

ника). Т.к. медиана является высотой, то ∠D = 90о, ∠В = 60о, ∠DAB = 90о – ∠В = 30о.

Ответ: 30о, 60о, 90о.

№ 46. Высоты треугольника АВС, проведенные из вершин А и С,

пересекаются в точке М. Найдите ∠АМС, если ∠А = 70о, ∠С = 80о.

В ∆АСС1: ∠А = 70о (из условия), ∠С1 = 90о, ∠АСС1 = 90о – 70о = 20о. В ∆АСА1: ∠С = 80о (из условия), ∠А1 = 90о, ∠А1АС = 90о – 80о = 10о. В ∆АМС: т.к. сумма внутренних углов треугольника равна

180°, то ∠АМС = 180о – (∠А1АС + ∠С1СА) = 180о – 20о – 10о = 150о.

Ответ: 150о.

96

№ 47. В треугольнике АВС медиана BD равна половине стороны АС.

Найдите угол В треугольника. Пусть ∠ADB = х, тогда ∠BDC = 180о – х (смежный угол). ∆ADB и ∆DBC равнобедренные (по построению). Таким обра-

зом, ∠А = ∠ABD = 21 (180о – х).

∠С = ∠DBC = 21 (180о – 180о + х).

∠В = ∠DBC + ∠ABD = oo 9022

90 =+−xx .

Ответ: 90о.

№ 48. Прямая а пересекает отрезок ВС в его середине. Докажите,

что точки В и С находятся на одинаковом расстоянии от пря-мой а.

Проведем через точки В и С прямые, перпендикулярные пря-

мой а. В ∆АВВ1 и ∆АСС1: ∠ВАВ1 = ∠САС1 (как вертикальные), ∠В1 = ∠С1 = 90о АВ = АС (по условию). ∠В = 90о – ∠ВАВ1 = 90о – ∠С1АС = ∠С

97

Таким образом, ∆АВВ1 = ∆АСС1 по по гипотезе и прилежаще-му к ней углу, откуда ВВ1 = СС1.

№ 49. Отрезок ВС пересекает прямую а в точке О. Расстояния от

точек В и С до прямой а равны. Докажите, что точка О является серединой отрезка ВС.

В ∆ОВВ1 и ∆ОСС1: ∠ВОВ1 = ∠СОС1 (как вертикальные), ∠В1 = ∠С1 = 90о ∠В = 90о – ∠ВОВ1 = 90о – ∠С1ОС = ∠С ОВ = ОС (из условия) Таким образом, ∆ОВВ1 = ∆ОСС1 по 2-му признаку равенства

треугольников, откуда ОВ = ОС. Таким образом, точка О — се-редина отрезка ВС.

№ 50. Докажите, что расстояния от любых двух точек прямой до

параллельной прямой равны.

98


№ 51. Докажите, что расстояния от вершин равностороннего тре-

угольника до прямых, содержащих противолежащие им стороны, равны.

Построим высоты АА1, ВВ1, СС1. В ∆АВВ1, ∆В1ВС и ∆АС1С: АС = АВ = ВС ∠А = ∠С = ∠В (т.к. ∆АВС — равнобедренный), таким обра-

зом, ∆АВВ1 = ∆В1ВС = ∆АС1С по гипотенузе и острому углу, отку-

да ВВ1 = АА1 = СС1.

99

§ 5. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ПОСТРОЕНИЯ

№ 1. Докажите, что любой луч, исходящий из центра окружности,

пересекает окружность в одной точке. Луч пересечет окружность на расстоянии радиуса от центра

окружности. Другой точки окружности на луче быть не может, т.к. на луче можно отложить только один отрезок данной длины.

Утверждение доказано.

№ 2. Докажите, что прямая, проходящая через центр окружности,

пересекает окружность в двух точках. Прямая — это два луча, исходящих из одной точки, между

которыми угол равен 180о. Таким образом, на основе предыду-щей задачи доказываем эту.

№ 3. Докажите, что диаметр окружности, проходящей через сере-

дину хорды, перпендикулярен ей. Задача решена в п. 38 учебника (стр. 55).

№ 4. Сформулируйте и докажите теорему, обратную утверждению

задачи № 3. Теорема: Доказать, что диаметр окружност, препендикуляр-

ный хорде, проходит через ее середину.

100

В ∆АОС и ∆СОВ: ОА = ОВ, т.к. ОА и ОВ — радиусы окружности, СО — общая

сторона, таким образом, ∆АОС = ∆ОСВ по гипотенузе и катету, откуда АС = СВ.

№ 5. 1) Из точки данной окружности проведены диаметр и

хорда, равная радиусу. Найдите угол между ними. 2) Из точки данной окружности проведены две хорды,

равные радиусу. Найдите угол между ними. 1) ОВ = ВА = ОА (по условию), таким образом, ∆АОВ —

равносторонний, откуда ∠ОАВ = 60о. 2) Аналогично ∠ОАС = 60о

∠ВАС = ∠ОАВ + ∠ОАС = 60о + 60о = 120о.

Ответ: 1) 60о;

101

2) 120о.

№ 6. Докажите, что серединные перпендикуляры к двум сторонам

треугольника пересекаются. Задача решена в п. 39 учебника (стр. 56).

№ 7. Может ли окружность касаться прямой в двух точках? Объ-

ясните ответ. Допустим, окружность с центром О касается прямой в двух

точках А и В, таким образом, у треугольника АОВ: ∠ОАВ = ∠ОВА = 90о, а этого не может быть.


№ 8. Докажите, что касательная к окружности не имеет с ней дру-

гих общих точек, кроме точки касания. Задача решена в п. 40 учебника (стр. 57).

№ 9. Какие углы образует хорда АВ, равная радиусу окружности, с

касательной в точке А?

102

ОВ = ОА = АВ (по условию), таким образом, ∠ОАВ = 60о (т.к. ∆АВО — равносторонний).

Т.к. ОА ⊥ а, то ∠BAK = 90о – 60о = 30о.

Ответ: ∠BAK = 30о.

№ 10. Найдите углы, под которыми пересекаются прямые, касаю-

щиеся окружности в концах хорды, равной радиусу. ∠ABK = ∠BAK = 30о (из предыдущей задачи) ∠BKA = 180o – (∠BAK + ∠ABK) = 180o – 30o – 30o = 120o (т.к.

сумма внутренних углов треугольника равна 180˚). ∠BKF = 180o – 120o = 60o (т.к. ∠BKF и ∠BKA смежные).


№ 11. Окружности с радиусами 30 см и 40 см касаются. Найдите

расстояние между центрам окружностей в случаях внешнего и внутреннего касания.

Точки О, А, О1 лежат на одной прямой. Рассмотрим 2 случая 1) Случай внутреннего касания окружностей. ОО1 = ОА + О1А = 30 + 40 = 70 см

103

2) Случай внутреннего касания окружностей. О1О = ОА – О1А = 40 – 30 = 10 см

Ответ: 70 см, 10 см.

№ 12. Могут ли касаться две окружности, если их радиусы равны

25 см и 50 см, а расстояние между центрами 60 см? Допустим, они касаются, тогда их центры и точка пересече-

ния лежат на одной прямой и расстояние между центрами равно либо 25 + 50 = 75, либо 50 – 25 = 25, но 75 ≠ 60 и 25 ≠ 60, таким образом, пришли к противоречию.

Ответ: не могут.

№ 13*. 1) Точки А, В, С лежат на прямой, а точка О — вне

прямой. Могут ли два треугольника АОВ и ВОС быть равнобед-ренными с основаниями АВ и ВС? Обоснуйте ответ.

104

2) Могут ли окружность и прямая пересекаться более чем в двух точках?

1) Допустим, ∆АОВ и ∆ВОС — равнобедренные, таким

образом, АО = ОВ = ОС, и ∠А = ∠С = ∠АВО = ∠ОВС, а это возможно лишь если ∠АВО = ∠ОВС = 90о, т.к. они смежные, то есть их сумма равна 180˚ но тогда ∠А = ∠С = 90о, что не может быть, т.к. в этом случае сумма углов треугольника будет боль-ше 180о.

2) Пусть прямая а пересекает окружность с центром в точке

О хотя бы в трех точках А, В, С. Тогда точки А, В, С принадлежат окружности, и ОА = ОВ = ОС (как радиусы) и лежат на прямой а. Треугольники ОАВ и ВОС — равнобедренные. Но это невозмож-но (в п. 1 мы это доказали). Значит, предположение не верно, мо-гут пересекаться более чем в двцх точках.

Ответ: 1) Не могут; 2) Не могут.

№ 14*. 1) Окружности с центрами О и О1 пересекаются в точ-

ках А и В. Докажите, что прямая АВ перпендикулярна прямой ОО1.

2) Докажите, что две окружности не могут пересекать-ся более чем в двух точках.

105

1) Докажем, что АВ ⊥ ОО1.

В ∆ОАО1 и ∆ОВО1: ОА = ОВ (как радиусы), О1А = О1В (как радиусы), ОО1 — общая.

Таким образом, ∆ОАО1 = ∆ОВО1 по 3-му признаку равенства треугольников, откуда ∠AOK = ∠KOB, ∠AO1K = ∠BO1K.

В ∆АОВ: ОА = ОВ, следовательно, ∆АОВ — равнобедренный, ∠AOK =

∠KOB, таким образом, OK — биссектриса, которая является и высотой, т.к.∆АОВ — равнобедренный, то есть OK ⊥ АВ.

Таким образом, АВ ⊥ ОО1. 2) Докажем, что окружности не могут пересекаться более

чем в двух различных точках. Допустим, что две окружности с центрами О и О1 пересека-

ются хотя бы в трех различных точках А, В, С, тогда из п. 1 АС ⊥ ОО1, АВ ⊥ ОО1, но это невозможно, так как через данную точку А можно провести одну и только одну прямую, перпендикуляр-ную ОО1.

Таким образом, мы пришли к противоречию.

№ 15*. 1) Через точку А окружности с центром О проведена

прямая, не касающаяся окружности. ОВ — перпендикуляр, опу-щенный на прямую. На продолжении отрезка АВ отложен отре-зок ВС = АВ. Докажите, что точка С лежит на окружности.

106

2) Докажите, что если прямая имеет с окружностью только одну общую точку, то она является касательной к окруж-ности в этой точке.

3) Докажите, что если две окружности имеют только одну общую точку, то они касаются в этой точке.

1) Так как прямая а не касается окружности, то она пересе-

кает окружность в двух точках. В ∆АОС: ОВ — медиана (т.к. АВ = ВС (по условию)) и высота (т.к. ОВ

⊥ а (по условию)). Значит, ∆АОС — равнобедренный. Таким об-разом, ОА = ОС и таким образом точка С принадлежит окружно-сти.

2) Пусть прямая а имеет с окружностью только одну об-щую точку А, но не является касательной, т.е. не перпендику-лярна радиусу ОА, таким образом, из точки О можно провести к прямой перпендикуляр ОВ, не совпадающий с ОА. На продолже-нии отрезка АВ отложим отрезок ВС, равный отрезку АВ. Тогда, из п. 1, точки А и С лежат на окружности.Противоречие, т.к. по условию прямая а имеет с окружностью только однук общую точку.

3) Если две окружности касаются в некоторой точке А, то они имеют общую касательную в этой точке.

Пусть точки О1, О, А не лежат на одной прямой, тогда имеем

∆ОО1А. Прямая ОО1 разбивает плоскость на две полуплоскости,

107

в одной из которых лежит точка А. ∆ОО1А = ∆ОО1А1 по 1-му признаку. От луча О1О отложим в другую полуплоскость ∠А1О1О = ∠АО1О и на нем отложим отрезок ОА1 = ОА. ОА = ОА1, О1А = О1А1, откуда точка А1 является общей точкой обеих окружностей. Противоречие. По условию окружности имеют только одну точку пересечения. Таким образом, точки О, О1, А лежат на одной прямой.

Через точку А проведем прямую а, а ⊥ ОА. Таким образом, а

— касательная к первой окружности. Так как точки О, О1, А ле-жат на одной прямой, то О1А ⊥ а. Таким образом, а — касатель-ная ко второй окружности. Откуда получаем, что окружности касаются в точке А.

№ 16*. 1) Из одной точки проведены две касательные к

окружности. Докажите, что отрезки касательных МР и MQ равны. 2) Докажите, что через одну точку не может проходить больше двух касательных к окружности.

108

1) В ∆ОРМ и ∆OQM:

ОМ — общая, ОР = OQ, как радиусы, ОР ⊥ МР, OQ ⊥ MQ (т.к. МР и MQ — касательные).

Таким образом, ∆ОРМ = ∆OQM по1-му признаку равенства треугольников. Откуда МР = МО.

2) Пусть через точку М можно провести три касательных к окружности: МР, MQ, МА. Тогда из п. 1 следует, что МР = MQ = MA, откуда точки Р, Q, А лежат на одной окружности с центром М. Получилось, что две окружности имеют три общие очки. Противоречие. В задаче 14 § 5 мы это доказали. Таким образом, через данную точку нельзя провести более двух касательных к данной окружности.

№ 17. Одна окружность описана около равностороннего треуголь-

ника, а другая вписана в него. Докажите, что центры этих ок-ружностей совпадают.

109

Центр окружности, вписанной в треугольник, является точкой пересечения его биссектрис.

Центр окружности, описанной около треугольника, является точкой пересечения серединных перпендикуляров.

В равностороннем треугольнике биссектрисы являются и ме-дианами и высотами, откуда они являются и серединными пер-пендикулярами. Значит, центры вписанной и описанной окруж-ности совпадают.

№ 18. Окружность, вписанная в треугольник АВС, касается его сто-

рон в точках А1, В1, С1. Докажите, что 21

BCACABAC −+= .

Отрезки касательных к окружности, проведенные из одной

точки, равны. АС1 = АВ1 (по свойству касательных) АС1 + АВ1 = АВ – ВС1 + АС – СВ1 = АВ + АС – (ВА1 + СА1) =

АВ + АС – ВС = 2АС

Таким образом, 21

BCACABAC −+= .

№ 19. Постройте треугольник по трем сторонам a, b и с.

110


№ 20. Дан треугольник АВС. Постройте другой, равный ему тре-

угольник ABD. Построение ясно из рисунка.

№ 21. Постройте окружность данного радиуса, проходящую через

две данные точки. Центр окружности будет лежать на серединном перпенди-

куляре, проведенном к отрезку АВ, на расстоянии, равном r от А и В.

№ 22. Постройте треугольник по двум сторонам и радиусу описан-

ной окружности.

111

Построим окружность данного радиуса, отметим на ней про-

извольную точку и от нее отложим данные стороны.

№ 23. Постройте треугольник АВС по следующим данным: 1)по двум сторонам и углу между ними:

а) АВ = 5 см, АС = 6 см, ∠А = 40о; б) АВ = 3 см, ВС = 5 см, ∠В = 70о.

2) по стороне и прилежащим к ней углам: а) АВ = 6 см, ∠А = 30о, ∠В = 50о; б) АВ = 4 см, ∠А = 45о, ∠В = 60о.

1) Построим угол (см. п. 44 учебника, стр. 59) и на сторо-

нах угла от вершины отложим две данных стороны. Соединим две полученные точки на сторонах угла отрезком. Получим тре-угольник.

Задача б) делается аналогично. 2) Строим данный отрезок, от концов отрезка откладываем

углы (см. п. 1). Точка пересечения сторон углов будет третьей вершиной треугольника.

№ 24. Постройте треугольник по двум сторонам и углу, противоле-

жащему большей из них. 1) а = 6 см, b = 4 см, α = 70о;

112

2) а = 4 см, b = 6 см, β 1) Построим отрезок, равный 4 см. Конец отрезка будет яв-

ляться вершиной данного угла, из другого конца проведем ок-ружность с r = 6 см. Точка пересечений стороны угла и данной окружности будет третьей вершиной треугольника.

Пункт 2) аналогично.

№ 25. Постройте равнобедренный треугольник по боковой стороне

и углу при основании. Т.к. у равнобедренного треугольника углы при основании

равны, то данная задача сводится к построению треугольника по двум углам и стороне (см. № 23).

№ 26. Постройте окружность, вписанную в данный треугольник. Т.к. центр вписанной окружности лежит на пересечении его

биссектрис, то задача сводится к построению биссектрис (см. п. 45 учебника, стр. 59).

№ 27. Разделите угол на четыре равные части. Делим угол пополам, затем каждую половину еще пополам

(п. 45 учебника, стр. 59).

№ 28. Постройте углы 60о и 30о Строим произвольный равносторонний треугольник, затем

один из его углов делим пополам. 60о : 2 = 30о (см. п. 45 учебни-ка, стр. 59).

113

№ 29. Дан треугольник. Постройте его медианы. Медиана делит противоположную сторону пополам. Таким

образом, задача сводится к делению отрезка пополам (см. п. 46 учебника, стр. 72).

№ 30. Постройте треугольник по двум сторонам и медиане, прове-

денной к одной из них. Сначала построим треугольник по стороне, половине стороны

и медиане, затем продлим половину стороны до целой и соеди-ним с третьей вершиной.

№ 31. Постройте треугольник по стороне, медиане, проведенной к

этой стороне, и радиусу описанной окружности. Построим окружность данного радиуса, возьмем на ней

произвольную точку и построим данную сторону, затем разде-лим ее пополам и построим медиану. Наконец, соединим вер-шины.

№ 32. Постройте треугольник по двум сторонам и медиане, прове-

денной к третьей стороне. (см. рис. 110 учебника) Пусть две стороны будут а и b, а медиана — m. Построим треугольник по трем сторонам: АВ = а, BD = b, AD = 2m; Проведем медиану ВА1 и на ее продолжении отложим А1С =

А1В; Проведем сторону АС.

114

∆АВС — искомый. Докажем это: ∆BA1D = ∆CA1A (по 1-му признаку равенства треугольников). Таким образом, АС = BD = b AB = a AA1 = AD = 2m : 2 = m АА1 — медиана. Таким образом, ∆АВС — искомый.

№ 33. Дан треугольник. Постройте его высоты. Построение высоты сводится к построению перпендикуляра

(см. п. 47 учебника, стр. 60).

№ 34. Постройте окружность, описанную около данного треугольника. Т.к. центр окружности, описанной около треугольника —

точка пересечения серединных перпендикуляров, то по-строение сводится к построению перпендикуляров (задача № 33).

№ 35. Постройте прямоугольный треугольник по гипотенузе и катету. На произвольной прямой строим перпендикуляр длины кате-

та, затем от вершины катета строим окружность с радиусом ги-потенузы, после соединяем вершины.

115

№ 36. Постройте равнобедренный треугольник по боковой стороне

и высоте, опущенной на основание. См. № 35, но гипотенузу надо откладывать в обе полуплоско-

сти.

№ 37. Постройте треугольник по двум сторонам и высоте, опущен-

ной на третью сторону. См. № 35. Существует два решения: 1) от высоты откладывать отрезки данной длины в одну

сторону 2) в разные стороны.

№ 38. Постройте треугольник по двум сторонам и высоте, опущен-

ной на одну из них. Проводим прямую, затем строим на ней высоту. От вершины

высоты откладываем отрезок, равный первой стороне, он пере-сечет нашу прямую в некоторой точке, от которой мы отложим по первоначальной прямой вторую сторону. Затем соединим все вершины и получим искомый треугольник.

№ 39. Постройте треугольник по стороне и проведенным к ней ме-

диане и высоте. Сначала строим прямоугольный треугольник, у которого ги-

потенуза — заданная медиана треугольника, а катет — заданная высота. Затем от основания медианы в обе стороны откладываем

116

отрезки, равные ½ стороны треугольника. Потом соединяем вершины и получим искомый треугольник.

№ 40. Постройте равнобедренный треугольник по основанию и ра-

диусу описанной окружности. Построим окружность данного радиуса, затем проведем хор-

ду, равную данной стороне. После проведем серединный пер-пендикуляр к полученному отрезку. Точку пересечения окруж-ности с серединным перпендикуляром соединим с концами хор-ды. Получим равнобедренный треугольник.

№ 41. Докажите, что геометрическое место точек, удаленных от

данной прямой на расстояние h, состоит из двух прямых, парал-лельных данной и отстоящих от нее на h.

Т.к. расстояние от прямой до некоторой точки — это есть

перпендикуляр к этой прямой через эту точку Докажем, что любая точка, удаленная от а на h лежит либо на

с, либо на b. Пусть точка D не лежит ни на b, ни на с, и расстояние от D до

точки А на прямой равно h. Тогда DA = h и AD ⊥ a. Но СА также равно h и СА ⊥ а.

D

h

h

C

Aa

b

c

•

117

Следовательно, точки С и D либо совпадают, либо противо-положны относительно прямой а.

То есть точка D лежит на прямой b или на с.

№ 42. На данной прямой найдите точку, которая находится на дан-

ном расстоянии от другой данной прямой. Согласно задаче № 41, геометрическое место точек, находя-

щихся на данном расстоянии от данной прямой, состоит из двух параллельных прямых, параллельных данной, и отстоит от нее на данное расстояние.

№ 43. Даны три точки А, В, С. Постройте точку х, которая одинако-

во удалена от точек А и В и находится на данном расстоянии от точки С.

Точка х должна быть: 1) одинаково удалена от точек А и В; 2) находится на данном расстоянии от точки С. 1) Точка х лежит на серединном перпендикуляре к отрезку

АВ. 2) Точка х лежит на окружности данного радиуса, с цен-

тром в точке С.

118

Искомая точка х лежит на пересечении серединного перпен-

дикуляра и окружности.

№ 44. На данной прямой найдите точку, равноудаленную от двух

данных точек. Точка х лежит на пересечении серединного перпендикуляра к

отрезку АВ и прямой а.

№ 45. Даны четыре точки А, В, С, D. Найдите точку х, которая одина-

ково удалена от точек А и В и одинаково удалена от точек С и D.

119

Точка х лежит на пересечении серединных перпендикуляров к отрезкам АВ и CD.

№ 46*. Постройте треугольник, если заданы сторона, прилежащий к

ней угол и сумма двух других сторон. Пусть даны два отрезка а и m и угол α. Надо построить ∆АВС

такой, что ВС = а, ∆BCD АВ + АС = m. Решение возможно лишь при а < m т.к. сумма любых двух

сторон треугольника больше третьей стороны. Построим ∆BCD по двум сторонам (ВD = m, ВС = а) и углу

между ними (∠В = α). Проведем серединный перпендикуляр от CD, он пересечет

BD в точке А. AD = АС. Получаем искомый ∆BCD, где ВС = а, ∆BCD В = α, АВ + АС = т, т.к. АС = AD.

Если т = а, то в ∆BCD ∠С будет больше ∠D. Серединный

перпендикуляр d к сторонеCD по теореме 1.1. должен пересекать либо сторону ВС, либо СD.

Докажем, что серединный перпендикуляр пересекает именно BD.

Допустим, d пересекает сторону ВС в точке М, а прямую BD в точке K. Т.к. KD > BD, то ∠KCD < ∠BCD.

По свойству серединного перпендикуляра ∆DKC — равно-бедренный, таким образом, ∠KCD = ∠D, но тогда ∠D > ∠BCD (т.к. m > a), то есть в ∆BCD ∠D < ∠С. Противоречие, т.е. d пере-секает именно ВD.

Таким образом, задача имеет единственное решение.

120

№ 47*. Постройте треугольник, если заданы сторона, прилежащий к

ней угол и разность двух других сторон. Пусть даны два отрезка а и d и угол α. Нужно построить ∆АВС, в котором ВС = а, ∠В = α, а |AC –

AB| = d. Задача имеет решения лишь при d < a, т.к. из нер-ва тре-

угольника следует, что любая сторона должна быть больше раз-ности двух сторон.

I. Допустим такой треугольник уже построен. Рассмотрим два

случая: 1) ∠ α — острый.

121

Если АВ > АС, d = АС, то отложим на стороне АВ отрезок ВD = d, тогда AD = AB – d = AC, т.е. точка А лежит на серединном перпендикуляре к CD.

Если АС > АВ, то отложим на продолжении стороны АВ отре-зок BD = d.

d = AC – AB, AD = AB + BD = AB + d, т.е. AD = AC, поэтому точка А будет лежать на серединном перпендикуляре к CD.

2) ∠α — тупой. АС > АВ, тогда на продолжении сторона АВ отложим BD = d,

тогда AD = AC и тогда точка А лежит на серединном перпендикуляре к CD.

а) Если α — острый угол, d = АС – АВ. Построим ∠В = α. Отложим на одной стороне угла ВС = а, а на дополнительной

полупрямой к другой стороне BD = d. Найдем точку А, проведя серединный перпендикуляр к сто-

роне CD. Т.к. АВ = AD – DB = AC – d, то d = AC – AB, и ∆АВС — искомый.

б) Если α — острый угол, d = AB – AC. Построим ∠В = α. Отложим на одной стороне угла ВС = а, а на другой — BD

= d. Найдем точку А, проведя серединный перпендикуляр к отрез-

ку CD. Т.к. ВА = d + AC, то d = AB – AC, таким образом, ∆АВС — искомый.

122

II. Если α’ — тупой угол, то d = АС – АВ (аналогично п. I, а) Выясним, всегда ли задача имеет решение. I. а) В ∆DBC ∠DBC — тупой (т.к. α и ∠DBC смежные) и DB < BC, то серединный перпендикуляр обязан пересечь сторону ВС < В и сторону ВА, таким образом, решение обязано суще-ствовать. б) Если ∠BDC ≤ 90о, то ∠CDA ≥ 90о. Тогда решений нет, иначе есть единственное решение. II. В ∆BDC ∠CBD — острый (т.к. α и ∠CBD смежные), а > d, та-

ким образом, если ∠BDC прямой или тупой, то серединный пер-

123

пендикуляр к DC не пересекает сторону ВА угла СВА и, значит, решений нет. Если ∠DBC — острый, задача имеет единственное решение.

№ 48*. Постройте прямоугольный треугольник по катету и сумме

другого катета и гипотенузы. См. задачу 46.

№ 49. 1) Из точки А к окружности с центром О и радиусом R

проведена касательная. Докажите, что точка С касания лежит на основании равнобедренного треугольника ОАВ, у которого ОА = АВ, ОВ = 2R.

2) Проведите касательную к окружности, проходящую через данную точку вне окружности.

124

1) ОС ⊥ АС по определению. Продлим ОС до точки В так, что СВ = ОС. В ∆ОВА отрезок АС является высотой и медианой, так как ОС = ВС по построению, таким образом, ∆ОВА — равно-бедренный. Откуда АО = АВ и ОВ = 2ОС = 2R.

2) Проведем к данной окружности касательную, проходя-щую через данную точку А. Сначала соединим точки О и А.

Затем проведем окружности с центром О и радиусом 2R и ОА. Они пересекаются в двух точках В и В1.

ОВ и ОВ1 пересекают окружность в точках С и С1. Соединив их с точкой А, получим две касательные АС и АС1.

∆ОАВ и ∆ОАВ1 — равнобедренные АС и АС1 — медианы, значит они являются и высотами. Таким образом, АС ⊥ ОС = R, АС1 ⊥ ОС1 = R, следовательно, АС и АС1 — касательные. Т.к. к окружности можно провести не более двух касательных (задача № 16 § 5), то построение закончено.

№ 50*. Проведите общую касательную к двум данным окружно-

стям. Сначала построим окружность с центром О1 и радиусом R1 –

R2. Из центра О2 второй окружности проводим касательную к этой окружности (задача № 49). Касательная касается этой ок-ружности в точке K.

125

Продлим O1K до пересечения с окружностью с центром О1 и радиусом R1. Прямая O1K пересечет эту окружность в точке М. Теперь проводим касательную из точки М к окружности с цен-тром О2 и радиусом R2. Таким образом, MN — первая касатель-ная, т.к. MN ⊥ О1М, O2N ⊥ MN, следовательно, MN — общая касательная.

Затем строим окружность с центром в точке О1 и радиусом R1 + R2 и проводим касательную к ней О2Р. О1Н = R1 принадлежит О1Р. Из точки Н проведем касательную HL к окружности с цен-тром О2 и радиусом R2, таким образом, HL — вторая касатель-ная, т.к. HL ⊥ O2L и HL ⊥ О1Н, следовательно, HL — общая касательная.

Рассмотрим всевозможные варианты: 1) Если центр одной окружности лежит внутри другой и

они не пересекаются, то касательную провести нельзя. 2) Если центр одной окружности лежит внутри другой и

они касаются в одной точке, то одна касательная. 3) Если они пересекаются в двух точках, то две касатель-

ные. 4) Если единственная точка пересечения лежит между их

центрами, то три касательные. 5) Если R1 + R2 < О1О2, то четыре касательных. 6) Если R1 = R2 и О2 совпадает с О1, то бесконечное число

касательных.

А.В. Морозов

Домашняя работа по геометрии за 8 класс

к учебнику «Геометрия: Учеб. для 7-9 кл.

общеобразоват. учреждений / А.В. Погорелов. — М.: Просвещение, 2002 г.»

2

§ 6. Четырехугольники

№ 1. На рисунках 114-116 представлены три фигуры, каждая из которых состоит из четырех точек и четырех последо-вательно соединяющих их отрезков. Какая из этих фигур является четырехугольником?

Задача решена в учебнике на стр. 67 п. 50.

№ 2. Постройте какой-нибудь четырехугольник PQRS. Ука-жите его противолежащие стороны и вершины.

Противолежащие стороны: PS и QR; а также PQ и SR. Противолежащие вершины: P и R; а также Q и S.

№ 3. Сколько можно построить параллелограммов с верши-нами в трех заданных точках, не лежащих на одной пря-мой? Постройте их.

Можно построить три разных параллелограмма с таким свойст-вом:

B D2

CA

BD1

CA

B

D3

CA

№ 4. Боковая сторона равнобедренного треугольника равна 5 м.

Из точки, взятой на основании этого треугольника, прове-дены две прямые, параллельные боковым сторонам. Най-дите периметр получившегося параллелограмма.

∠ADC1. — внешний для ∆DC1С так что

∠ADC1 = ∠DC1C + ∠C1CD ∠ADC1 = ∠ADA1 + ∠A1DC1 так что

∠DC1C + ∠C1CD = ∠ADA1 + + ∠A1DC;

3

накрест лежащие углы ∠A1DC и ∠DC1C равны. Поэтому ∠C1CD=∠ADA1. Но ∠C1CD = ∠A1AD, поэтому ∠A1AD = ∠A1DA, а значит, ∆AA1D — равнобедренный и AA1 = A1D. Аналогично дока-зывается, что DC1 = C1C.

)(2)(2 111111AABADABAP DBCA +⋅=+⋅= = 2ּАВ = 2·5 м = 10 (м).

Ответ: 10 м.

№ 5. Расстояния от точки пересечения диагоналей параллело-грамма до двух его вершин равны 3 см в 4 см. Чему рав-ны расстояния от нее до двух других вершин? Объясните ответ.

По свойству диагоналей параллелограмма расстояния от точки пересечения диагоналей параллелограмма до противолежащих вершин параллелограмма равны соответственно расстояниям до двух его вершин, то есть 3 и 4 см.

№ 6. Через точку пересечения диагоналей параллелограмма проведена прямая. Докажите, что отрезок ее, заключен-ный между параллельными сторонами, делится этой точ-кой пополам.


№ 7. В параллелограмме ABCD через точку пересечения диа-гоналей проведена прямая, которая отсекает на сторонах ВС и AD отрезки ВЕ = 2м и AF = 2,8 м. Найдите стороны ВС и AD.

Рассмотрим ∆ AOF и ∆ЕСО. Точка О делит диагональ АС

пополам, поэтому АО=ОС. ∠AOF = ∠ЕОС (как верти-

кальные); ∠FAO = ∠ECO (как накрест лежащие). Тогда, ∆AOF = ∆ЕСО (по стороне и прилежащим к ней углам).

А, значит, AF = ЕС = 2,8 м. ВС = ВЕ + ЕС = 2 м + 2,8 м = 4,8 м . Аналогично, ВЕ = FD = 2 м, AD = AF + FD = 2,8 м + 2 м = 4,8 м, ВС = AD = 4,8 м. Ответ: 4,8 м.

4

№ 8. У параллелограмма ABCD АВ = 10 см, ВС = 15 см. Чему равны стороны AD и CD? Объясните ответ.

AB=CD и BC=AD по свойству про-тиволежащих сторон параллелограм-ма. Поэтому AD=15 см и CD=10 см.

Ответ: 10 см; 15 см.

№ 9. У параллелограмма ABCD ∠А = 30°. Чему равны углы В, С, D? Объясните ответ.

∠А и ∠В — односто-

ронние углы при пересе-чении параллельных ВС и AD секущей АВ, поэтому

∠А + ∠В = 180°, от-куда ∠В = 180° - 30° = 150°. ∠А=∠С и ∠В=∠D по свойству проти-волежащих углов параллелограмма. То есть ∠С=30о и ∠D=150о. Ответ: 150°; 30о; 150°.

№ 10. Периметр параллелограмма ABCD равен 10 см. Найдите длину диагонали BD, зная, что периметр треугольника ABD равен 8 см.

PABCD=2ּ(AB+AD), поэтому AB+AD=

21 PABCD=

21 · 10 см = 5cм.

РABD = АВ + AD + BD = 8 см, Откуда BD=8 см - (AB+AD)=8 см – 5 см=3 см Ответ: 3 см.

№ 11. Один из углов параллелограмма равен 40°. Найдите ос-тальные углы.

Задача аналогичная № 9. См. решение задачи № 9. Ответ: 140°; 40° и 140°.

5

№ 12. Найдите углы параллелограмма, зная, что один из них больше другого на 50°.

Такие углы не могут быть противолежащими, так как они не равны. Значит, они прилежащие и их сумма равна 180°. Пусть один из углов равен х, тогда другой равен х+50о, по условию.

Следовательно x+(x+50о)=180о; 2х=180о – 50о; 2x = 130о; x = 65о. Так что ∠1 = 65°; ∠2 = 65° + 50° = 115°; ∠3 =∠1= 65° и

∠4=∠2=115о (по свойству углов противолежащих углов паралле-лограмма). Ответ: 65°; 65°; 115°; 115°.

№ 13. Может ли один угол параллелограмма быть равным 40°, а другой — 50°?

Такие углы не могут быть противолежащими , так как они не равны. Они не могут быть прилежащими к одной стороне паралле-лограмма, так как их сумма равна 90°,а сумма прилежащих углов равна 180о. Значит, не существует параллелограмма, у которого один угол равен 50°, а другой — 40°. Ответ: не может.

№ 14. Диагональ параллелограмма образует с двумя его сторо-нами углы 25° в 35о. Найдите углы параллелограмма.

Диагональ параллелограмма делит ∠1 на два угла 25° и 35°, по-

этому ∠1=25°+ 35° = 60°. ∠2 = ∠1 = 60° (противолежащие углы).

∠1 + ∠3 = 180° (∠1 и ∠2 прилежащие). Поэтому ∠3 = 180° - 60° = 120°. ∠4=∠3 = 120° (противолежащие углы).

Ответ: 60°; 60°; 120°; 120°.

№ 15. Найдите все углы параллелограмма, если сумма двух из них равна: 1) 80°; 2) 100°; 3) 160°.

6

Во всех трех случаях углы не могут быть прилежащими, так как их сумма не равна 180о. А значит они противолежащие, а значит сле-

довательно равные.

1)⎩⎨⎧

°=∠°=∠=∠⇒

⎩⎨⎧

°=∠+∠°=∠+∠

14034021

180318021 .

2) и З) выполняются аналогично. Ответ: 1) 40°; 40°; 140°; 140°; 2) 50°; 50°; 130°; 130°; 3) 80°; 80°; 100°; 100°.

№ 16. Найдите все углы параллелограмма, если разность двух из них равна: 70°; 2) 110°; 3) 140°.

Данные углы не могут быть противолежащими, так как если бы они были противолежащими, то разность между ними равнялось бы 0о. То есть они прилежащие к одной стороне, а значит их сумма равна 180о. Обозначим градусную меру меньшего угла за х, полу-чим:

1) x + 70о — градусная мера второго угла; x + x + 70о = 180о; 2х = 110о; x = 55о, то есть ∠1 = 55°; ∠2 = 125°. ∠3 и ∠4 соответственно противолежащие углам 1 и 2. А значит

∠3=∠1=55о, ∠4=∠2=125о. 2) и З) решаются аналогично.

Ответ: 1) 55°; 55°; 125°; 125°; 2) 35°; 35°; 145°; 145°; 3) 20°; 20°; 160°; 160°.

№ 17. В параллелограмме ABCD точка Е — середина стороны ВС, а F — середина стороны AD. Докажите, что четы-рехугольник BEDF — параллелограмм.

Докажем, что ∠EDF и ∠BFD — односторонние для прямых

ED и BF и секущей FD и их сумма равна 180°, а значит, прямая BF║ED и, тогда, четырехугольник BEDF — параллелограмм.

7

Рассмотрим ∆ ABF и ∆ CDE: АВ = СD — противоположные стороны параллелограмма. ∠А = ∠С — противоположные углы параллелограмма.

AF = СЕ , так как CEBCADAF ===21

21

Значит, ∆ ABF = ∆CDE — по двум сторонам и углу между ни-ми. Следовательно ∠CED=∠AFB. Но ∠CED = ∠EDF (накрест ле-жащие для параллельных ВС и AD и секущей ED). Значит ∠EDF=∠AFB. Поэтому ∠EDF + ∠BFD = ∠AFB + ∠BFD = 180°, так как ∠AFB и ∠BFD — смежные углы. Тогда, BF║ED и четы-рехугольник BEDF — параллелограмм. Что и требовалось дока-зать.

№ 18. Докажите, что если у четырехугольника две стороны па-раллельны и равны, то он является параллелограммом.


№ 19. В параллелограмме ABCD проведена биссектриса угла А, которая пересекает сторону ВС в точке Е. Чему равны от-резки ВЕ и ЕС, если АВ = 9 см, AD = 15 см?

∠BAE = ∠EAD (так как АЕ — биссектриса ∠BAD). К тому же ∠ВЕA=∠EAD (накрест лежащие углы при параллельных ВС и AD и секущей АЕ). А значит

∠ВАЕ = ∠ВЕA . Тогда, ∆ АВЕ — равнобедренный и АВ= ВЕ = 9 см (боковые стороны). ВС = AD=15 см; ВС = ВЕ + ЕС; 15=9+EC, откуда EC=6 см. Ответ: ВЕ=9 см; ЕС=6 см.

№ 20. Две стороны параллелограмма относятся как 3:4. а пери-метр его равен 2,8 м. Найдите стороны.

Пусть одна сторона равна 3х, тогда вторая 4х. P = (4х + Зх)·2; то есть 14х=2,8 м. и х=0,2 м. Далее, 3х =3·0,2 м =0,6 м. и 4х =4·0,2 м. = 0,8 м.

Противоположные стороны параллелограмма равны. Так что стороны параллелограмма 0,6 м; 0,6 м; 0,8 м; 0,8 м.

Ответ: 0,6 м; 0,6 м; 0,8 м; 0,8 м.

8

№ 21. В параллелограмме ABCD перпендикуляр, опущенный из вершины В на сторону АD, делит ее пополам. Найдите диагональ BD и стороны параллелограмма, если извест-но, что периметр параллелограмма равен 3,8 м, а пери-метр треугольника ABD равен 3 м.

∆ ABD — равнобедренный, так как ВО является одновременно вы-сотой и медианой. Значит АВ = BD. АВ=CD (противоположные стороны параллелограмма). Значит BD= CD.

PABCD=2(AB+AD) и PABCD=3,8 м

PABD=AB+BD+AD=2AB+AD. PABD=3 м. Так что, PABCD – PABD = 2AB + 2AD – AB – BD – AD = 2AD-AD=AD.

То есть AD=0,8 м

BD = 21 (PABD - AD) =

21 (3 м - 0,8 м) = 1,1 м. AD = ВС = 0,8 м;

АВ = DC = 1,1 м. Ответ: BD = 1,1 м.; стороны ABCD равны 0,8 м; 1,1 м; 0,8 м; 1,1 м.

№ 22. Постройте параллелограмм: 1) по двум сторонам и диа-гонали; 2) по стороне и двум диагоналям.

1) Построим ∆ACD по трем сторонам (две стороны равны сторонам параллелограмма, а третья сторона — диагональ па-раллелограмма). Через вершины С и А проведем прямые, парал-

лельные сторонам AD и DC, соответственно точка пересечения В бу-дет являться четвертой вершиной искомого параллелограмма ABCD.

2) Диагонали параллелограмма точ-кой пересечения делятся пополам. По-строим треугольник по трем сторонам (первая сторона является стороной па-раллелограмма, две другие равны поло-вине диагоналей). На продолжении сто-роны АО отложим отрезок ОС = АО, а

на продолжении стороны DO отложим отрезок ОВ = DO. Точки В и С являются вершинами искомого параллелограмма ABCD.

№ 23. Постройте параллелограмм: 1) по двум сторонам и углу; 2) по диагоналям и углу между ними.

9

1) Строим ∆ABC по двум сто-ронам и углу. Через вершины В и C проводим прямые, параллель-ные сторонам АС и AВ, соответ-ственно, точка пересечения С яв-ляется четвертой вершиной искомого параллелограмма ABCD.

2) Строим ∆ ВСО по двум сто-ронам, которые являются полови-нами данных диагоналей, и углу между ними. Далее на продолже-ниях сторон ВО и СО и откладыва-ем отрезки OD и ОА, соответствен-но равные половинам диагоналей. Получаем искомый параллелограмм ABCD.

№ 24. Докажите, что если у параллелограмма все углы равны, то он является прямоугольником.

Задача доказана в учебнике на стр. 71 п. 54.

№ 25. Докажите, что если в параллелограмме хотя бы один угол прямой, то он является прямоугольником.

Пусть один из углов равен 90°, тогда, прилежащий угол равен 90°, т.к. их сумма равна 180о. У каждого из этих углов есть проти-волежащие, равные им углы. Тогда все четыре угла прямые и ис-комый параллелограмм является прямоугольником. Что и требо-валось доказать.

№ 26. Докажите, что если у параллелограмма диагонали равны, то он является прямоугольником.

Пусть ABCD — параллелограмм. О — точка пересечения диа-

гоналей. АС = DB (по условию), тогда,

ACABOBDOOCAO21

21

===== Значит ∆АОВ и ∆ВОС — равно-

бедренные. Пусть ∠ВОС=х. Следовательно ∠ОВС=21 (180°-х).

10

∠АОВ = 180° - х, ∠АВО = 21 (180° - ∠АОВ) =

21 (180° - 180° +

+ x) = 21 x. ∠АВС = ∠АВО + ∠ОВС =

21 x +

21 (180° - x) =

21 x +

+ 90° - 21 x = 90°. То есть ∠В=90о.

Аналогично доказывается, что остальные углы параллелограмма тоже прямые. Следовательно, данный параллелограмм является прямоугольником.

№ 27. Бетонная плита с прямолинейными краями должна иметь форму прямоугольника. Как при помощи бечевки прове-рить правильность формы плиты?

У правильной плиты должна быть форма прямоугольника, а значит противолежащие стороны и диагонали должны быть равны. Это можно проверить с помощью бечевки.

№ 28. Биссектриса одного из углов прямоугольника делит сто-рону прямоугольника пополам. Найдите периметр пря-моугольника, если его меньшая сторона равна 10 см.

Заметим, что ∠1 = ∠2 (так как АО — биссектриса). ∠2 = ∠3 (как накрест лежащие углы для прямых ВС, AD и се-

кущей АО). Значит, ∠1 = ∠3 и ∆ AВO — равнобедренный. Поэтому АВ =

ВО = 10 см (стороны равнобедренного треугольника). ВО = ОС (по условию). Значит, ОС = 10 см, ВС = ВО + ОС =

= 10 см + 10 см = 20 см. РABCD = 2·(АВ + ВС) =2· (10 + 20) = 60 см.

Ответ: 60 см.

№ 29. В прямоугольнике точка пересечения диагоналей отстоит от меньшей стороны на 4 см дальше, чем от большей сто-роны. Периметр прямоугольника равен 56 см. Найдите стороны прямоугольника.

11

Пусть расстояние от точки пересечения до большей стороны равно x см, тогда расстояние до меньшей (х+4) см. РABCD=2·(АВ+ВС)=56 см.

ВС =2· (х + 4); АВ = 2х; 2·(x + 4) + 2х = 56: 2; 4х = 20; x = 5. АВ = 2х=10 (см); ВС =2(х+4)= 18 (см).


№ 30. Из одной точки окружности проведены две взаимно пер-пендикулярные хорды , которые удалены от центра на 6 см и 10 см. Найдите их длины.

Опустим из центра О перпендикуляры OC1 и ОВ1 на данные хорды АС и АВ. Че-тырехугольник AC1OB1— прямоугольник, поэтому AВ1 = ОС1 = 10 см;

АС1 = B1O = 6 см. Рассмотрим ∆AOВ. Он равнобедренный,

так как АО = ОВ = r, ОВ1 — перпендикуляр, проведенный к основанию равнобедренного треугольника, а зна-чит является и медианой. Поэтому, АВ1 = В1В, и значит АВ = = 2АВ1 = 20 см.

Аналогично доказывается, что АС = 2AC1 = 2·6 см = 12 см;


№ 31. В прямоугольный треугольник, каждый катет которого равен 6 см, вписан прямоугольник, имеющий с треуголь-ником общий угол. Найдите периметр прямоугольника.

12

По условию АВ = АС = 6 см, значит ∆АВС — равнобедренный, поэтому

∠В = ∠С = 21 (180° - 90°) = 45°.

Рассмотрим ∆BDB1. ∠B1 = 90° (по условию), ∠В = 45°, значит ∠B1DB=180°–

– (90°+45°) = 45°. Значит ∆BDB1 — равнобедренный, так как ∠В = ∠B1DB = 45°,

поэтому BB1 = B1D. =

11DCABP 2(АВ1+B1D)=2(AB1+B1B)=2AB=2·6 см =12 см. Ответ: 12 см.

№ 32. В равнобедренный прямоугольный треугольник вписан прямоугольник так, что две его вершины находятся на гипотенузе, а две другие — на катетах. Чему равны сто-роны прямоугольника, если известно, что они относятся как 5: 2, а гипотенуза треугольника равна 45 см?

∆AВC — равнобедренный, отсюда ∠А=∠С=21 (180о-90о)=45о

∆AFK и ∆CEL — равнобедренные , так как ∠AKF=180o–∠F– –∠A=180o – 90o – 45o = 45o=∠A и аналогично ∠ELK=∠C Поэтому AF = FK и LE=EC.

К тому же KF = LE (стороны прямоугольника), так что AF = KF = LE = ЕС.

Пусть FK=2х, а KL=5х. Тогда AF=EC=FK=2x и FE=KL=5x. По-лучим

АС = AF + FE + ЕС = 2х + 5х + 2х = 9х = 45; откуда х = 5. Далее, FK = 2х = 10 см; KL = 5х = 25 см.


№ 33. Докажите, что если у параллелограмма диагонали пер-пендикулярны, то он является ромбом.


№ 34. Докажите, что если диагональ параллелограмма является биссектрисой его углов, то он является ромбом.

13

Пусть АС биссектриса и диагональ в параллелограмме ABCD,

тогда ∠ВАС = ∠CAD. ∠ВСА = ∠CAD (как накрест лежащие углы для параллельных

ВС и AD и секущей АС). Тогда, ∠ВАС = ∠ВСА, а значит ∆АВС — равнобедренный с

основанием АС. Значит, АВ = ВС. По свойству параллелограмма АВ = CD, ВС = AD, как противоположные стороны.

Итак, все стороны параллелограмма ABCD равны, значит, он ромб. Что и требовалось доказать.

№ 35. Углы, образуемые диагоналями ромба с одной из его сторон, относятся как 4:5. Найдите углы ромба.

Диагонали ромба являются биссектрисами его углов. Пусть по-ловина меньшего угла равна 4х, следовательно весь угол будет ра-вен 8х. Половина большего угла тогда равна 5х, а весь угол 10х. Так как эти углы являются прилежащими к одной стороне их сум-ма равна 180°.

То есть, 8х + 10х = 180о; откуда х=10о. Тогда углы ромба равны 8х и 10х, то есть 80°; 100°. Ответ: 80°; 80°; 100°; 100°.

№ 36. Докажите, что четырехугольник, у которого все стороны равны, является ромбом.

Пусть АВ = ВС = CD = AD . Рассмотрим ∆AВC и ∆ADC. Они

равнобедренные, так как АВ=ВС и CD=AD. Далее AB=CD, BC=AD и АС — общая. Значит ∆АВС = ∆ADC (по трем

сторонам). Поэтому ∠ВАС =∠ ACD. А эти углы являются накрест лежащими для прямых АВ и CD и секущей АС.

14

Значит, АВ║CD. Аналогично доказывается что ВС║AD. Зна-чит, данный четырехугольник — параллелограмм с равными сто-ронами, то есть — ромб.


№ 37. В ромбе одна из диагоналей равна стороне. Найдите уг-лы ромба.

AD = CD (стороны ромба), и AD = АС (по условию). Значит, АС = CD = AD, поэтому ∆ACD — равносторонний, и ∠D = 60° (угол равностороннего треугольника). ∠А + ∠D = 180° так как ∠А и ∠D — прилежащие к одной сто-

роне ромба. Откуда ∠D = 120°. ∠B=∠D=60o и ∠С=∠А=120о – как противолежащие углы ром-

ба. Так что углы ромба 60°; 60°; 120°; 120°. 60°; 60°; 120°; 120°.

№ 38. Постройте ромб: 1) по углу и диагонали, исходящей из вершины этого угла; 2) по диагонали и противолежаще-му углу.

1) Строим данный угол и проводим биссектрису. От вершины биссектрисы откладываем диагональ АВ и делим ее пополам, точ-кой О. Проводим перпендикуляр через точку О к диагонали АВ, который пересекает стороны угла в точках С и D, которые являют-ся вершинами искомого ромба.

15

2) Пусть дан угол α и диагональ d. Необходимо построить ромб, в котором один из углов равен а, а противолежащая диагональ равна d.

Предположим, что существует ромб ABCD, в котором диаго-

наль BD = d, и ∠BAD=a.

Диагональ АС — биссектриса ∠BAD и АС ⊥ BD. Проведем че-

рез точку A прямую МN ⊥ АС и отложим отрезки АМ = AN = 21 d,

по разные стороны от точки А, следовательно, MNBD — прямо-угольник.

Построим ∠BAD = α. Проведем биссектрису АС угла BAD. Че-рез точку А проведем прямую МN ⊥ а и от точки А отложим

АМ = AN = 21 d. Проведем через М и N прямые, параллельные АС,

точки пересечения этих прямых со сторонами угла BAD обозна-чим соответственно В и D. Раствором циркуля, равным АВ, прове-дем дугу с центром В, при этом, точку пересечения дуги с прямой а обозначим С. Получим четырехугольник ABCD.

Докажем, что ABCD — ромб в котором ∠BAD = α и BD = d. ∠BAD = α — по построению. Так как MNBD — прямоугольник по построению, то отрезок

АО — серединный перпендикуляр к BD и ∆BAD — равнобедрен-ный (АВ=AD); ОС — серединный перпендикуляр в ∆BCD, значит, ∆BCD — равнобедренный (ВС = CD). Так как АВ = ВС по по-строению, то АВ=ВС=CD=AD и ABCD — ромб с ∠BAD = α.

По построению BD = МN = d, значит, ABCD — искомый ромб.

16

№ 39. Постройте ромб: 1) по стороне и диагонали; 2) по двум диагоналям.

1) Построим диагональ АС. Строим треугольник АВС по трем сторонам АВ, ВС, АС, где

АВ = ВС — данные стороны ромба, а АС — диагональ ромба. Через точку А проводим прямую, параллельную ВС, а через

точку С прямую, параллельную АВ. Точку пересечения данных прямых обозначим D ABCD – искомый ромб.

2) Строим диагональ CD и проводим к ней серединный перпен-

дикуляр. От точки О на серединном перпендикуляре в разные сто-

роны откладываем отрезки ОА и ОВ равные 21 от длины второй

диагонали. Точки А, В, С, D — вершины искомого ромба.

№ 40. Докажите, что если диагонали прямоугольника пересе-каются под прямым углом, то он есть квадрат.


№ 41. В равнобедренный прямоугольный треугольник, каждый катет которого 2 м, вписан квадрат, имеющий с ним об-щий угол. Найдите периметр квадрата.

17

АВ = АС = 2 м. ∆B1BD и ∆C1CD — равнобедренные (доказательство аналогич-

но задаче № 31 § 6). Значит ВВ1 = B1D (боковые стороны равнобедренных треугольников). B1D = АВ1 (стороны квадрата). Тогда, АВ1 = В1В = B1D . Значит АВ=2АВ1 =2 м; АВ1 = 1 м.

11DCABP = 4АВ1 = 4 ·1 = 4 м. Ответ: 4 м.

№ 42. Дан квадрат ABCD. На каждой из его сторон отложены равные отрезки: АА1 = ВВ1 = СС1 = DD1. Докажите, что четырехугольник A1B1C1D1 есть квадрат.

Рассмотрим ∆AD1A1, ∆DC1D1, ∆CB1C1, ∆ВA1В1.

АА1 = DD1 = CC1 = BB1 (по условию). А значит и AD1 = DC1 = СВ1 = ВA1.

∠А = ∠D = ∠С = ∠В = 90° (т.к. ABCD — квадрат). Тогда, ∆AD1A1 = ∆DC1D1 = ∆СВ1С1 = ∆ВА1В1 (по двум катетам). Зна-чит, A1D1 = D1C1 = C1B1 = B1A1, а также ∠AD1A1 = ∠ВA1В1.

∠AD1A1 + ∠AA1D1 = 90° (сумма острых углов прямоугольного треугольника). Значит, ∠ВA1В1 + ∠АА1D1 = 90°. А так как

∠AA1D1 + ∠D1A1B1 + ∠ВА1B1 = 180°, то ∠D1A1B1 = 180° – (∠ВА1В1+∠АА1D1)=90о. Аналогично доказывается, что и остальные углы четырех-

угольника А1В1С1D1 прямые. Тогда, данный четырехугольник A1B1C1D^ является квадратом. Что и требовалось доказать.

№ 43. Диагональ квадрата равна 4 м. Сторона его равна диаго-нали другого квадрата. Найдите сторону последнего.

18

Пусть в квадрате ABCD диагональ АС = 4 м. Диагонали квад-рата равны, в точке пересечения делятся пополам и взаимно пер-пендикулярны, поэтому, ∆ВОС — равнобедренный и прямоуголь-ный. Достроив его до прямоугольника ВОСК, получим квадрат с диагональю, равной стороне данного квадрата . Тогда его сторона

ОС = 21 АС = 2 м.

Ответ: 2м.

№ 44. Дан квадрат, сторона которого 1 м, диагональ его равна стороне другого квадрата. Найдите диагональ последне-го.

Пусть в квадрате ABCD сторона АВ = 1м. Продолжим сторону АD и на продолжении от точки D, отложив от-резок DO = AD, аналогично продолжим CD, отложив отрезок DK = CD.

Получим четырехугольник АСОК, в котором диагонали АО и СК в точке пересечения делятся пополам, а также равны и взаимно перпендикулярны, значит, АСОК — квадрат, диа-гонали которого АО = СК = 2AD = 2 · 1 м = 2 м. Ответ: 2 м.

№ 45. В квадрат вписан прямоугольник так, что на каждой сто-роне квадрата находится одна вершина прямоугольника и стороны прямоугольника параллельны диагоналям квадрата. Найдите стороны прямоугольника, зная, что одна из них вдвое больше другой и что диагональ квад-рата равна 12 м.

∠ВOA = 90° (диагонали квадрата пе-ресекаются под прямым углом).

∠ВOA = ∠A1O1A = 90° (как соответ-ственные углы для параллельных пря-мых BD и A1D, и секущей АС). АС — биссектриса, поэтому ∠А1АО1 =

= ∠O1AD1 = 21

∠А=45°.

Значит, ∠АА1О1 = ∠AD1O1 = 45°. ∆A1AD1 — равнобедренный; так как АО1 является высотой, бис-сектрисой, а значит и медианой. Значит А1О1 = O1D1. ∆AO1D1 —

19

равнобедренный, значит, АО1 = O1D1. Так что, A1O1=AO1=O1D1. Пусть отрезок А1О1=x м, тогда A1D1=2x м и А1В1=2A1D1=4 м.

Далее, АС=АО1 + O1O2 + О2С=АО1 + A1В1 + О2С, x+4x+x= 12; 6х = 12 м; x = 2 м. Тогда A1D1 = 2х = 2·2 м = 4 м; А1B1 = 4x = 8 м. A1D1 = В1С1 = 4 м; А1B1 = D1C1 = 8 м.

Ответ: 4 м; 8 м.

№ 46. В равнобедренный прямоугольный треугольник вписан квадрат так, что две его вершины находятся на гипотену-зе, а другие две — на катетах. Найдите сторону квадрата, если известно, что гипотенуза равна 3 м.

∆АВС — прямоугольный равнобедренный, тогда,

∠AВС = ∠АСВ = 21 (180°-90о)=45о.

∆DKC — равнобедренный, так как ∠DKC = 90°; ∠ACK = 45°, тогда, и ∠KDC = 45°. Значит DK =

КС. Аналогично и ∆BLE — равнобедренный и ВЕ = LE. LE = =KD=EK – стороны квадрата. Пусть ВЕ=х м. Тогда ЕК=КС=х м . ВС = ВЕ + ЕК + КС = Зх м = 3 м; x = 1 м. Откуда ЕК = 1 м. Ответ: 1 м.

№ 47. Из данной точки проведены к окружности две взаимно перпендикулярные касательные, радиус окружности 10 см. Найдите длины касательных (расстояние от данной точки до точки касания).

20

Касательная перпендикулярна радиусу в точке касания. Поэто-му ∠А = ∠D = 90°; ∠В = 90° по условию, а значит, и ∠О = 90°. Че-тырехугольник ABDO — прямоугольник. АО = OD=10 см (радиу-сы). Тогда BD=AO=10 см и АВ=OD=10 см (как противоположные стороны прямоугольника). Ответ: 10 см.

№ 48. Разделите данный отрезок АВ на 3 равных части. Задача решена в учебнике на стр. 74 п. 57.

№ 49. Разделите данный отрезок на указанное число равных частей: 1) 3; 2) 5; 3)6.

См. решение задачи № 48. 1)n = 3, 2) n = 5, 3) n = 6.

№ 50. Стороны треугольника равны 8 см, 10 см, 12 см. Найдите стороны треугольника, вершинами которого являются середины сторон данного треугольника.

Пусть точки А1, В1, С1 — сере-дины сторон ∆AВC.

Тогда A1C1, A1В1, В1C1 — сред-ние линии данного треугольника АВС. Значит

A1C1 = 21 ּ АС =

21 ·12 см = 6 см;

A1В1 = 21 ּ АВ =

21 ·8 см = 4 см; B1C1 =

21 ּ ВС =

21 ·10 см = 5 см.

Ответ: 4 см; 5 см; 6 см.

21

№ 51. Периметр треугольника равен 12 см, середины сторон соединены отрезками. Найдите периметр полученного треугольника.

Воспользуемся задачей № 50. Отрезки, соединяющие середины сторон треугольника, являют-

ся средними линиями и равны половине их длин . PABC = AB + BC +

СА = 12 см; 111 CBAP =

21 AB +

21 ВС +

21 АС =

21 (АВ+ВС + АС) =

= 21 ·12 см = 6 см. Ответ: 6 см.

№ 52. Средняя линия равнобедренного треугольника, парал-лельная основанию, равна 3 см. Найдите стороны тре-угольника, если его периметр равен 16 см.

A1C1║АС; А1С1 = 21 AC=3 см; АС=6 см.

∆ABC— равнобедренный, значит АВ = ВС . Тогда PABC = АС + АВ + ВС = АС + + 2АВ = 6 см + 2АВ = 16см. 2АВ = 10 см; АВ = ВС = 5 см.

Ответ: 6 см; 5 см; 5 см.

№ 53. Как построить треугольник, если заданы середины его сторон?

При построении воспользуемся свойством средней линии тре-угольника.

Соединим три точки, которые являются серединами сторон треугольника. Получим треугольник. Через каждую вершину дан-ного треугольника проводим прямую, параллельную противопо-ложной стороне. Точки пересечения таких прямых и образуют ис-комый треугольник.

№54. Докажите, что вершины треугольника равноудалены от прямой, проходящей через середины двух его сторон.

22

Проведем AD ⊥ DK; ВО ⊥ DK; СК ⊥ DK (где DK – продолже-ние А1С1).

∆ ADA1, ∆A1OВ, ∆ВОС1 и ∆С1КС — прямоугольные. Рассмотрим ∆ ADA1 и ∆ ВОА1: AA1 = A1В (так как А1 – середина АВ). ∠DA1A = ∠ВА1О (вер-

тикальные углы). Значит ∆ADA1 = ∆BOA1 (по гипотенузе и остро-му углу). Поэтому AD=ВО. Аналогично доказывается, что ∆ ВОС1 = ∆ СКС1 и ВО = СК. Значит AD = ВО = СК. А значит, вершины А, В и С равноудалены от прямой DK, проходящей через середины сторон АВ и ВС. Что и требовалось доказать.

№ 55. Докажите, что середины сторон четырехугольника явля-ются вершинами параллелограмма.


№ 56. Найдите стороны параллелограмма из предыдущей зада-чи, если известно, что диагонали четырехугольника рав-ны 10 м и 12 м.

Используем решение задачи № 55 (см. рис. 134 на стр. 91 учеб-ника).

EF — средняя линия ∆ АВС.

Значит EF= м5м1021

21

==AC , а HG=EF – противолежащая сторона,

то есть HG=5 м EH — средняя линия ∆ABD.

Значит EH = 21 BD =

21 ·12 м = 6 , а FG=EH – противолежащая

сторона, то есть EH = FG = 6 м. Ответ: 5 м; 6 м.

№ 57. У четырехугольника диагонали равны a и b. Найдите пе-риметр четырехугольника, вершинами которого являют-

ся середины сторон данного четырех-угольника.

В двух предыдущих задачах было доказано, что сторона параллелограмма равна половине диагонали четырех-угольника, которой она параллельна.

Значит, четырехугольник A1B1C1D1

— параллелограмм; со сторонами A1B1= 21 a и B1C1= 2

1 b.

23

babaCBBAP DCBA +=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=+=

21

2122)(2 11111111

Ответ: a + b. № 58. Докажите, что середины сторон прямоугольника явля-

ются вершинами ромба. И наоборот, середины сторон ромба являются вершинами прямоугольника.

1) Четырехугольник ABCD — прямоугольник, Е, F, К и H— се-редины его сторон.

Четырехугольник EFKH — па-раллелограмм (см. решение задачи № 55).

∆ EBF = ∆ KCF (так как ЕВ=СК и ВF=FC). Значит EF =

FK, где EF и FK - стороны параллелограмма. Значит, EFKH — ромб.

2) Пусть четырехугольник ABCD является ромбом и Е, F, К, H — середины его сторон.

Четырехугольник EFKH — па-раллелограмм (см. задачу №55). Его стороны параллельны диагоналям ромба (как средние линии), а они перпендикулярны, значит, углы четырехугольника EFKH — пря-мые. Значит, четырехугольник EFKH — прямоугольник.

Что и требовалось доказать. № 59. Боковая сторона трапеции разделена на три равные час-

ти, и из точек деления проведены к другой стороне от-резки параллельные основаниям. Найдите длины этих отрезков, если основания трапеции равны 2 м и 5 м.

B1C1 — средняя линия тра-пеции A1BCD1. Пусть В1C1 = у м. A1D1 — средняя линия трапеции AB1C1D. Пусть A1D1 = x м. То-гда:

;2

211

xCB += xCB += 22 11 ;

xy += 22 ;2

511

+=

yDA ;52 1 += yDA ;52 += yx 52 −= xy

24

Получим систему уравнений:

⎩⎨⎧

−=+=

,5222xy

xy

2·(2х - 5) = 2 + x, 4х - 10 = 2 + x, Зх = 12, x = 4. у = 2·4 – 5 = 3. Значит, A1D1 = 4 м. B1C1 = 3 м.


№ 60. Докажите, что у равнобокой трапеции углы при основа-нии равны.


№ 61. Чему равны углы равнобокой трапеции, если известно, что разность противолежащих углов равна 40°?

Известно, что у равнобокой трапеции сумма противолежащих углов равна 180°. Пусть градусная мера одного угла равна х, а про-тиволежащего ему — у. Получим систему:

⎩⎨⎧

=−=+

,40180

yxyx

Складываем равенства:

2х=220, х=110, из первого уравнения у=180 – х = 180 – 110 = 70. Углы при основании у равнобокой трапеции равны.

Ответ: 70°; 110°

№ 62. В равнобокой трапеции большее основание равно 2,7 м, боковая сторона равна 1 м, угол между ними 60°. Найди-те меньшее основание.

Пусть ABCD — равнобокая трапеция. Тогда АВ = CD, и ∠А = ∠D, тогда, ∆ АВВ1 = ∆ DCC1

(где ВВ1 ⊥ AD и CC1 ⊥ AD).

25

Из равенства треугольников следует, что АВ1 = DC1. ∆ ABB1 — прямоугольный, ∠А = 60° (по условию), тогда, ∠АВВ1 = 30°, зна-чит

AB1 = 21 АВ =

21 ·1 м = 0,5 м (катет, лежащий против угла 30,

равен 21 гипотенузы). Значит и DC1 =AB1=0,5 м.

ВС = В1С1 (противоположные стороны прямоугольника BCC1B1)

Тогда AD=2,7 м, AD=АВ1+В1С1+C1D=2АВ1+ВС = 2·0,5 м + ВС. 2,7 м = 1 м + ВС; ВС = 1,7 м.

Ответ: 1,7 м.

№ 63. В равнобокой трапеции высота, проведенная из вершины тупого угла, делит большее основание на отрезки 6 см и 30 см. Найдите основания трапеции.

Воспользуемся решением и рисунком задачи № 62. В решении задачи № 62 мы доказали, что АВ1 = C1D = 6 см. Далее

B1D = 30 см, B1D = В1С1 + C1D, B1C1=B1D–C1D=30 см – 6 см =24 см, В1С1 = ВС = 24 см. AD = АВ1 + B1D = 6 см + 30 см = 36 см.


№64*. Меньшее основание равнобокой трапеции равно боковой стороне, а диагональ перпендикулярна боковой стороне. Найдите углы трапеции.

Рассмотрим ∆AВC: АВ = ВС, значит, ∆ABC равнобедренный и ∠ВАС = ∠ВСА.

Пусть ∠ВАС = ∠ВСА = х°. Но ∠CAD = ∠ACВ (как накрест лежащие при параллельных

прямых AD и ВС и секущей АС). Значит ∠CAD = х°. Значит, АС

26

— биссектриса угла BAD. В равнобокой трапеции углы при осно-вании равны, тогда ∠D = ∠BAD = 2х°.

Рассмотрим ∆ACD: ∠CAD = х°; ∠D = 2х°; ∠ACD = 90°. Составим уравнение: x + 2х + 90 = 180; откуда получим 3х = 90; x = 30, то есть ∠ВАС = 30°;∠BAD = ∠CDA = 2 · ∠ ВАС = 2 · 30° = 60°. ∠AВС = ∠BCD = ∠АСВ + ∠ АСD = 30° + 90° = 120°.

Ответ: 60°; 60°; 120°; 120°.

№ 65. По одну сторону от прямой а даны две точки А и В на расстояниях 10 м и 20 м от нее. Найдите расстояние от середины отрезка АВ до прямой а.

Проведем АА1 ⊥ а; ВВ1 ⊥ а; CC1 ⊥ а . АС = СВ (С — середина отрез-ка АВ). Четырехугольник ABB1A1 — прямоугольная трапеция. Отре-зок CC1параллелен основаниям АА1 и ВВ1 (перпендикуляры, про-веденные к одной прямой, параллельны), поэтому

СС1 — средняя линия трапеции АВВ1А1. А значит,

152

м20м102

111 =

+=

+=

BBAACC м.

Ответ: 15 м.

№ 66. По разные стороны от прямой а даны две точки А и В на расстояниях 10 см и 4 см от нее. Найдите расстояние от середины отрезка АВ до прямой а.

Построим точки В1 и А1 на расстояниях 10 см и 4 см от прямой а, так что AA1⊥a и BB1⊥a. Через точку С середину отрезка АВ, проведем к прямой а перпендикуляр СС1.

27

В1В║СС1║АА1. АС = СВ (по построению). ВС1 = С1А1. Рас-смотрим ∆ AВA1. СС1 — средняя линия ∆ AВA1, поэтому

СС1 = 21 АА1 =

21 · 20 см = 10 см.

Рассмотрим трапецию FKBA1. ОС1 — средняя линия трапеции.

поэтому ОС1 = 2

см10см42

1 +=

+ FAKB = 7 см. А значит,

СО = СС1- ОС1 = 10 см - 7 см = 3 см. Ответ: 3 см.

№ 67. Основания трапеции относятся как 2:3, а средняя линия равна 5 м. Найдите основания.

Пусть длина меньшего основания трапеции равна 2х, а больше-го 3х. Средняя линия трапеции равна полусумме основания. То есть

2325 xx +

= ;

10 = 5х; х = 2. Меньшее основание равно 2 · 2 м = 4 м, большее — 3 · 2 м =6 м.


№ 68. Концы диаметра удалены от касательной к окружности на 1,6 м и 0,6 м. Найдите длину диаметра.

АА1 ⊥ а; ОО1 ⊥ а; ВВ1 ⊥ a; тогда, АА1║ОО1║ВВ1 АО = ВО = ОО1. — радиусы одной окружности. A1O1 = O1В1 АА1 = 0,6 м; ВВ1 = 1,6 м. ОО1 — средняя линия трапеции AA1В1В. Поэтому

1,12

м6,1м6,02

111 =

+=

+=

BBAAOO м.

АВ =АО+ОВ= 2·ОО1 = 1,1м · 2 = 2,2 м. Диаметр равен 2,2 м. Ответ: 2,2 м.

28

№ 69. Средняя линия трапеции 7 см, а одно из ее оснований больше другого на 4 см. Найдите основания трапеции.

Средняя линия трапеции равна полусумме оснований. Пусть длина меньшего основания равна x см, большего — (х + 4) см.

Средняя линия равна 7 см. Тогда, 2

)4(7 ++=

xx; то есть

14 = 2х + 4; 2х = 10; x = 5. 5см — одно основание, второе основание: 5 см + 4 см = 9 см.


№ 70. Высота, проведенная из вершины тупого угла равнобо-кой трапеции, делит большее основание на части, имею-щие длины a и b (а > b). Найдите среднюю линию трапе-ции.

Пусть ABCD — равнобокая трапеция. АВ1 = b; B1D = а (по условию); ∆AВВ1 = ∆DCC1 (см. задачу № 62), отсюда АВ1 = C1D = b. ВС = B1C1 = а – b (ВСС1В1 — прямоугольник). Средняя линия трапеции состоит из средних линий ∆АВС и

∆ACD. То есть

221

1baBCOO −

== , 22

121

baADOO +== .

aababaOOOOOO ==+

+−

=+=2

2222112 .

Ответ: а.

№ 71*. Постройте трапецию по основаниям и боковым сторо-нам.

Пусть даны отрезки а, b, с, d, такие, что в трапеции ABCD с ос-нованиями AD и ВС AD = а; ВС = b;

АВ = с; DC = d (AD > ВС). Пусть есть трапеция ABCD, удовлетворяющая таким условиям.

29

a – b

Проведем в трапеции ABCD прямую СК║АВ, пересекающую AD в точке К. Получим параллелограмм АВСК, в котором СК = АВ = с; АК = ВС = b.

Далее рассмотрим ∆KCD: КС = с; CD = d; KD = а - b. Данный треугольник можно построить по трем известным сто-

ронам. Тогда Построим трапецию ABCD по плану: 1. На произвольной прямой от точки А отложим отрезок

AD = а, на этом отрезке от точки А отложим отрезок АК = b. 2. Построим ∆KCD со сторонами KD = а - b; КС = с; CD = d. 3. Построим параллелограмм АКСВ, для этого проведем через

точки А и С прямые параллельные прямым СК и АК и пересекаю-щиеся в точке В.

Докажем, что получившийся четырехугольник ABCD — иско-мая трапеция.

AD = а (по построению). ВС║АК, ВС║AD, так как АВСК — параллелограмм по построению. ВС = b (по построению).

Если ВС║AD, ВС = b; AD = а, то ABCD — трапеция с основа-ниями AD = а, ВС = b, удовлетворяющими условию задачи.

CD = d; СК = с (по построению). АВ = СК = с, так как АВСК — параллелограмм. Боковые сторо-

ны CD и АВ удовлетворяют условию задачи. Итак, ABCD — искомая трапеция. Заметим, что задача имеет решения только если можно постро-

ить ∆KCD со сторонами d; с; а – b. Это возможно тогда и только тогда, когда одна сторона меньше суммы двух других, но больше разности двух других, то есть, при условиях:

⎩⎨⎧

−+>−+<

⎩⎨⎧

−−>−+<

,

),(

abcdbacdbacd

bacd

30

⎩⎨⎧

+>++<+

,cbadcabd

Так как в данной полуплоскости относительно KD можно по-строить только один ∆KCD с заданными сторонами, то решение, то есть искомая трапеция, будет единственным.

№ 72*. Постройте трапецию по основаниям и диагоналям. Даны отрезки а, b, d1 и d2. Необходимо построить трапецию

ABCD (с основаниями AD и ВС, AD > ВС), такую, что AD = а; ВС = b; АС = d; BD = d2.

Допустим, что ABCD — искомая трапеция. Тогда на продолжении AD отложим отрезок DE = b. Следова-

тельно, DBCE — параллелограмм, так как две его стороны ВС и DE параллельны и равны. Поэтому стороны BD и СЕ параллельны и равны: BD=CE=d2.

Рассмотрим ∆АСЕ. АС = d1; СЕ = d2; АЕ = а + b. План построения трапеции: 1) На произвольной прямой отложим отрезок AD = а. На про-

должении AD отложим отрезок DE = b. 2) Построим ∆АСЕ по известным сторонам АЕ = а + b; АС = d1;

СЕ = d2. 3) Через точку С проведем прямую, параллельную АЕ, и на

этой прямой от точки С в ту же полуплоскость относительно СЕ, где и точка А, отложим отрезок СВ = b.

4) Получим четырехугольник ABCD. Докажем, что ABCD ис-комая трапеция.

ВС║AD (по построению). Так как AD ≠ ВС (по условию), то ABCD не является параллелограммом, а значит, является трапеци-ей с основаниями AD = а, ВС = b (по построению).

По построению диагональ АС = d1; СЕ = d2. Так как BCED — параллелограмм (его противоположные стороны ВС и DE по по-строению параллельны и равны), то BD = СЕ = d2.

Значит, диагонали АС и BD равны соответственно d1 и d2, и следовательно, ABCD — искомая трапеция. Заметим, что задача

31

имеет решения не всегда, а только в случае если можно построить ∆АСЕ со сторонами в + b, d1 и d2. Это возможно тогда и только то-гда, когда одна сторона больше разности двух других и меньше суммы двух других, то есть, когда |d2 – d1 |< а + b < d2 + d1. В этом случае ∆АСЕ определяется однозначно и задача имеет единствен-ное решение. В других случаях ∆АСЕ построить нельзя и задача решений не имеет.

№ 73*. Даны отрезки a, b, с, d, e. Постройте отрезок de

abcx = .

Даны пять отрезков: а, b, с, d, e. Необходимо построить отрезок

deabcx = . Построим сначала отрезок данной

daby = , а затем иско-

мый отрезок de

abcx = .

Построим любой острый угол с вершиной О и на одной сторо-не этого угла отложим отрезки OD = d и ОА = а, а на другой сто-роне отрезок ОВ = b.

Через точку А проведем прямую, параллельную BD, которая пересечет луч ОВ в точке Y.

Так как BD║АY, то OBOY

ODOA

= ; ydab

ODOBOAOY ==

⋅= .

Далее, на стороне ОА отложим отрезки ОС = с и ОЕ = е. Через

точку С проведем прямую, параллельную YЕ и пересекающую ОВ в точке X. Так как УЕ║ХС, то

OCOE

OXOY

= ; de

abce

cyOE

OCOYOX =⋅

=⋅

=

Обозначим ОХ=х – искомый отрезок.

32

№ 74*. 1). В треугольнике АВС проведены медианы AA1 и ВВ1, которые пересекаются в точке М. В треугольнике АМВ проведена средняя линия PQ. Докажите, что четырех-угольник A1B1PQ — параллелограмм. 2) Докажите, что любые две медианы треугольника в точке пересечения делятся в отношении 2:1, считая от вершины. 3) Докажите, что все три медианы треугольника пересе-каются в одной точке.

1) Так как PQ — средняя линия ∆АМВ, то PQ║АВ и

PQ = 21 АВ.

A1B1 — средняя линия ∆АCВ; поэтому

A1B1║AB и A1B1 = 21 АВ. Так как A1B1║AB и PQ║AB, то

PQ║A1B1. А так же .BAABPQ 1121

==

Значит, четырехугольник A1В1PQ — параллелограмм, так как две его стороны параллельны и равны, чем доказано первое утвер-ждение.

2) Докажем, что медианы АА1 и ВВ1 в точке пересечения делят-ся в отношении 2:1, считая от вершины. PQ — средняя линия ∆АМВ, следовательно АР = РМ = х; BQ = QM = у. Выше мы дока-зали, что A1B1PQ — параллелограмм, значит, его диагонали в точ-ке пересечения делятся пополам, то есть А1М = РМ = х и В1М=MQ=Y.

Получаем BМ:МВ1 = 2у:у = 2:1; АМ:МA1 = 2х:х = 2:1;

33

Чем доказано второе утверждение задачи. 3) Проведем третью медиану СС1, которая пересекает медиану

АА1 в некоторой точке и, согласно доказанному во второй части задачи, эта точка должна делить медиану АА1 в отношении 2:1, считая от точки А. Так как положение такой точки на отрезке оп-ределяется однозначно, то она совпадает с точкой М. Значит, СС1 проходит через точку М. То есть все три медианы пересекаются в одной точке. Что и требовалось доказать.

34

§ 7. Теорема Пифагора

№ 1. Постройте угол, косинус которого равен: 1) 53 ; 2)

94 ;

3) 0,5; 4) 0,8. Построим прямоугольный треугольник, у которого отношение

катета к гипотенузе равно заданному значению косинуса. А значит угол треугольника, прилежащий к этому катету, является искомым углом.

l)53cos =α ; 2)

94cos =α ;

3)cos α = 0,5; 4) 54cos =α

0,5 = 21 0.8 =

54

108

=

№ 2. У прямоугольного треугольника заданы катеты а и в. Найдите гипотенузу, если: 1) а = 3, b = 4; 2) a = 1, b = 1; 3) a = 5, b = 6.

Если с — гипотенуза, а и b — катеты, то по теореме Пифагора: с2 = а2 + b2; с = 22 ba + . Далее:

1) с = 2516943 22 =+=+ = 5;

2) с = 211 22 =+ ≈1,4;

3) с = ≈=+=+ 61362565 22 7,8.

Ответ: 1) 5; 2) 2 ≈ 1,4; 3) ≈61 7,8.

35

№ 3. У прямоугольного треугольника заданы гипотенуза с и катет а. Найдите второй катет, если: 1) с = 5, а = 3; 2) с = 13, а = 5; 3)с = 6, а = 5.

Если b – второй катет, то по теореме Пифагора: .acb,acb,bac 22222222 −=−=+= Далее:

1) 41692535 22 ==−=−=b ;

2) ;1214425169513 22 ==−=−=b

3) 3,311253656 22 ≈=−=−=b .

Ответ: 1) 4; 2) 12; 3) ≈13 3,3.

№ 4. Две стороны прямоугольного треугольника равны 3 м и 4 м. Найдите третью сторону. (Два случая.)

Данные стороны могут быть двумя катетами или одним кате-том и гипотенузой.

1) ⎭⎬⎫

==мbмa

43

катеты, тогда гипотенуза, по теореме Пифагора

.м52516943 2222 ==+=+=+= baс 2) а = 3 м — катет, с = 4 м — гипотенуза, с > а. Тогда второй

катет, по теореме Пифагора:

.м6,2791634 2222 ≈=−=−=−= acb

Ответ: 5 м; или ≈7 2,6 м.

№ 5. Могут ли стороны прямоугольного треугольника быть пропорциональны числам 5, 6, 7?

Обозначим стороны треугольника 5х, 6х, 7х, где х — некоторый коэффициент. Так как треугольник прямоугольный, то по теореме Пифагора ( ) ( ) ( ) ,xxx 222 765 =+ то есть 493625 =+ , но это неверно.

Значит, стороны прямоугольного треугольника не могут быть пропорциональны этим числам. Ответ: не могут.

№ 6. Найдите сторону ромба, если его диагонали равны: 1) 6 см и 8 см; 2) 16 дм и 30 дм; 3) 5 м и 12 м.

Диагонали ромба перпендикулярны и в точке пересечения делятся пополам. Значит ∆AOВ — прямоугольный и АО=

21 АС, ВО=

21 BD.

36

Значит, 1) АО=3 см; ВО=4 см 2) АО=8 дм; ВО=15 дм 3) АО=2,5 м; ВО=6 м По теореме Пифагора

AB = 22 BOAO + , то есть

1) 52516943 22 ==+=+=AB cм.

2) 1728922564158 22 ==+=+=AB дм.

3) 5,625,423625,665,2 22 ==+=+=AB м Ответ: 5 см; 17 дм; 6,5 м.

№ 7. Стороны прямоугольника 60 см и 91 см. Чему равна диа-гональ?

Диагональ прямоугольника является гипотенузой прямоуголь-ного треугольника с катетами, равными сторонам прямоугольника. Значит гипотенуза, по теореме Пифагора, равно:

10911881828136009160 2222 ==+=+=+= bac (см). Ответ: 109 см.

№ 8. Диагональ квадрата а. Чему равна сторона квадрата? Обозначим сторону квадрата за х. Тогда по теореме Пифагора

получим:

а2 = х2 + х2; а2 = 2х2; ,ax2

22 =

.2

222

2 aaax ===

Ответ: 2

2a .

№ 9. Можно ли из круглого листа железа диаметром 1,4 м вы-резать квадрат со стороной 1 м?

Чтобы из круга диаметром 1,4 м можно было вырезать квадрат со стороной 1 м, диагональ квадрата должна быть не больше диаметра круга. Найдем диагональ квадрата по формуле

211 22 =+=d .

37

Так что 4,196,12 ≈>=d То есть диагональ квадрата больше диаметра круга, а значит

квадрат вырезать нельзя. Ответ: нельзя.

№ 10. Найдите высоту равнобокой трапеции, у которой осно-вания 5 м и 11 м, а боковая сторона 4 м.

Проведем высоты ВВ1 и СС1 . ∆AВВ1 = ∆CC1D (по гипотенузе и острому углу).

Значит АВ1 = DC1. ВС = B1C1 (так как ВСС1В1-

рямоугольник).

АВ1= 21 (AD–В1С1)=

21 (11–5)=3 м.

∆AВВ1 — прямоугольный. Поэтому

ВВ1 = ≈=−=−=− 791634 2221

2 ABAB 2,6 м.

Ответ: 7 м ≈ 2,6 м.

№ 11. Найдите медиану равнобедренного треугольника с осно-ванием а и боковой стороной b, проведенную к основа-нию.


№ 12. Могут ли увидеть друг друга космонавты, летящие над поверхностью Земли на высоте 230 км, если расстояние между ними по прямой равно 2200 км? Радиус Земли ра-вен 6370 км.

Пусть А и В точки, в которых находятся космонавты АО1 = О2В = 230 км. АВ = 2200 км. ОО1=ОО2=R=6370 км. Чтобы космонав-

ты, находящиеся в точках А и В, могли ви-деть друг друга, надо, чтобы высота ОС ∆А-ОВ была больше радиуса Земли.

∆АОВ — равнобедренный, поэтому ОС — высота, а значит и медиана ∆АОВ, поэто-му АС = СВ = 2200: 2 = 1100 км.

Далее, АО=АО1+О1О=230+6370=6600 км.

38

),км(66006110035110051111710055771001005510077)11006600)(11006600(

11006600 2222

≈⋅≈=⋅⋅⋅=

=⋅=⋅⋅⋅=+−==−=−= ACAOOC

— что больше чем R. Так что космонавты могут увидеть друг друга.

Ответ: Могут.

№ 13. В равностороннем треугольнике со стороной a найдите высоту.

Проведем высоту. Она также будет являться и медианой, так как треугольник является равнобедренным.

Далее по теореме Пифагора:

.2

3324

32

222 aaaaah ===⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛−=

Ответ: 2

3a .

№ 14. Даны отрезки a и b. Как построить отрезок: 1) 22 ba + ;

2) 22 ba − , a > b? 1) Даны два отрезка а и b, требуется построить отрезок

22 ba + . Построим прямоугольный треугольник с катетами а и b.

Его гипотенуза по теореме Пифагора равна 22 ba + , а это и есть искомый отрезок.

2) Необходимо построить прямоугольный треугольник по из-вестным гипотенузе a и катету b. Второй катет — по теореме Пи-фагора равен 22 ba − , то есть является искомым отрезком.

№ 15*. Даны отрезки a и b. Как построить отрезок abx = ?

Если мы построим отрезки 2

bam += и

2ban −

= , то, пользуясь

предыдущей задачей, мы сможем построить отрезок

( ) ( ) xabbabanm ==−

−+

=−44

2222 — искомый отрезок.

.4

44

224

)(4

)( 222222ababbabababababa

==−+−++

=−

−+

39

abbaba=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ + 22

22

abbaba=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ + 22

22

То есть, если построить отрезки ,2

,2

banbam −=

+=

то .22 nmab −=

Теперь построим отрезки 2

bam += ;

2ban −

= ,

на луче АС отложим АВ = а, ВС = b.

АС = а + b, разделив его пополам, получим АМ = 2

ba + = m.

От точки В отложим на луче ВА отрезок BN1 = b, получим AN1

= а - b, разделив его пополам, получим AN = 2

ba − = n.

№ 16. Между двумя фабричными зданиями устроен покатый желоб для передачи материалов. Расстояние между зда-ниями равно 10 м, а концы желоба расположены на вы-соте 8 м и 4 м над землей. Найдите длину желоба.

Проведем ВО⊥CD. Четырехугольник, ABOD — прямоуголь-

ник, значит, АВ = DO = 4 м; AD = ВО = 8 м.

40

СО = CD – OD = 8м – 4 м = 4м. ∆ВОС — прямоугольный, по теореме Пифагора получим:

ВС = ≈=+=+=+ 11616100410 2222 COBO 10,8 м. Ответ: длина желоба ≈116 10,8 м.

№ 17. Докажите, что если треугольник имеет стороны а, b, с и a2 + b2 = с2, то у него угол, противолежащий стороне с, прямой.


№ 18. Чему равен угол треугольника со сторонами 5, 12, 13, противолежащий стороне 13?

Стороны треугольника 5, 12, 13. Треугольник со сторонами 5, 12, 13 — прямоугольный, так как

52 + 122 = 132 (см. задачу № 17). Значит сторона, равная 13, является гипотенузой, так как она

больше катетов и противолежащий ей угол равен 90°.

№ 19. На стороне АВ треугольника АВС взята точка X. Докажи-те, что отрезок СХ меньше по крайней мере одной из сторон АС или ВС.


№ 20. Докажите, что расстояние между любыми двумя точками на сторонах треугольника не больше большей из его сторон.

Пусть в ∆АВС АС — большая сторона, К ∈АВ, М ∈ВС. Рассмотрим ∆ ВКС. Согласно результату задачи № 19, можно

утверждать, что КМ < КВ или КМ < КС. Если КМ<КВ, то КВ<АВ, а значит и КМ<АВ, но так как АС —

большая сторона, то АВ < АС, значит и КМ < АС. Если КМ < КС, то согласно задаче № 19 для ∆АВС можно ут-

верждать, что КС < ВС или КС < АС, но так как АС — большая сторона, то КС < АС, а значит, и КМ < АС. Так что КМ < АС в любом случае.


41

№ 21. Даны прямая и точка С на расстоянии h от этой прямой. Докажите, что из точки С можно провести две и только две наклонные длины l, если I > h.

Проведем CD⊥AB, CD=h (по условию). Отложим от точки D на прямой отрезки АD и DB, равные

22 hl − . Получим, что

llhhlhhlAC ==+−=+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −= 22222

222

Аналогично СВ = l (по теореме Пифагора). Третьей наклонной не может быть по свойству наклонных. Что и требовалось дока-зать.

№ 22*. Докажите, что прямая, отстоящая от центра окружности на расстояние, меньшее радиуса, пересекает окружность в двух точках.

Пусть дана окружность с центром О и радиусом R и прямая а, отстоящая от центра на расстояние h < R.

Так как R > h, то из точки О можно провести две и только две наклонные длиной R (см. задачу № 21 § 7). Обозначим эти наклон-ные ОС1 и ОС2. Так как ОС1 = OC2 = R, то точки С1 и С2 лежат на окружности с центром О и радиусом R. А значит, прямая а имеет с окружностью две общие точки. В задаче № 14* § 5 было доказано, что окружность и прямая не могут иметь более двух общих точек.

Значит, если расстояние от центра окружности до прямой меньше радиуса, то прямая пересекает окружность в двух и только двух различных точках. Что и требовалось доказать.

42

№ 23. Докажите, что любая хорда окружности не больше диа-метра и равна диаметру только тогда, когда сама являет-ся диаметром.


№ 24. Докажите, что точки А, В, С лежат на одной прямой, ес-ли: 1) АВ = 5 м, ВС = 7 м. АС = 12 м; АВ = 10,7, ВС = 17.1, АС = 6,4.

АВ + ВС=12=АС АС+АВ=6,4+10,7=17,1=ВС Так как расстояние между двумя из этих точек равно сумме

расстояний от них до третьей точки, значит, эти точки лежат на одной прямой. Что и требовалось доказать.

№ 25. Докажите, что любая сторона треугольника больше раз-ности двух других его сторон.

Пусть стороны треугольника а, b, с. В любом треугольнике каждая сторона меньше суммы двух

других сторон (неравенство треугольника). а + b > с, тогда, а > с - b, а + с > b, тогда, с > b - а, b + с > a, тогда, b > а - с. Так что любая сторона больше разности двух его сторон. Что и

требовалось доказать.

№ 26. Может ли у параллелограмма со сторонами 4 см и 7 см одна из диагоналей быть равной 2 см?

Диагональ разбивает параллелограмм на два треугольника со сторонами 2 см, 4 см, 7 см, но неравенство треугольника не вы-полняется, так как 7 см < 2 см + 4 см — неверно, значит диагональ не может быть равной 2 см. Ответ: не может.

№ 27. В треугольнике одна сторона равна 1,9 м, а другая — 0,7 м. Найдите третью сторону, зная, что ее длина равна целому числу метров.

В треугольнике каждая сторона, меньше суммы двух других сторон, но больше их разности. Пусть x — третья сторона тре-угольника, а = 1,9 м, b = 0,7 м – две другие стороны. Тогда

43

a - b < x < a + b, так что 1,9 - 0,7 < x < 1.9 + 0,7; 1,2 < x < 2,6. Так как x — целое число, то x = 2.

Ответ: 2 м.

№ 28*. Докажите, что медиана треугольника АВС, проведенная из вершины А, меньше полусуммы сторон АВ и АС.

Пусть в ∆АВС медиана АА1. Нужно доказать, что

21

ACABAA +<

Продолжим медиану AA1 за А1 и на продолжении отложим A1D= =АA1. Тогда полученный четырехугольник ABDC будет параллело-граммом, так как его диагонали AD и ВС в точке пересечения делят-ся пополам, значит, BD = АС. К тому же AD=2АА1.

В ∆ABD сторона меньше суммы двух других сторон, то есть AD < АВ + BD, 2АА1 < АВ + АС.

AA1<2

ACAB + .


№ 29*. Известно, что диагонали четы-рехугольника пересекаются. Докажите, что сумма их длин меньше периметра, но больше полупериметра четырехугольника.

Пусть диагонали АС и BD четырех-угольника ABCD пересекаются в точке О. Нужно доказать, что АС + BD больше по-лупериметра четырехугольника ABCD, но меньше периметра. Применяя неравенство треугольника для ∆ АОВ, ∆ ВОС,

∆ COD, ∆ AOD получим: АО + ОВ > АВ. ВО + ОС > ВС,

+ ОС + OD > DC, АО + OD > AD,

44

Сложив почленно неравенства, получим: 2ОВ + 2ОС + 2OD + 2АО > АВ + ВС + CD + AD; 2((ВО + OD) + (АО + ОС)) >РABCD.

2(BD + АС) > РABCD, BD + AC>21 PABCD.

Рассмотрев неравенство треугольника для ∆ АВС, ∆ ADC, ∆ DAB, ∆ DCB, получим:

АС < АВ + ВС, + АС < AD + DC,

BD < АВ + AD, BD < ВС + CD.

2АС + 2BD < 2АВ + 2ВС + 2CD + 2AD, АС + BD < РABCD.

21 PABCD < АС + BD < РABCD.


№ 30. Отрезки АВ и CD пересекаются в точке О. Докажите, что сумма расстояний от любой точки плоскости до точек А, В. С и D не меньше, чем ОА + ОВ + ОС + OD.

Используя неравенство треугольника для ∆ ABX и ∆ CDX по-

лучим: АХ + ВХ ≥АВ, АВ = АО + ОВ, СХ + DX ≥CD, CD = СО + OD, то есть AX + ВХ + СХ + DX ≥ АВ + CD, AX + ВХ + СХ + DX ≥ АО + ОВ + СО + OD. Что и требовалось доказать.

№ 31*. На прямолинейном шоссе требуется указать место авто-бусной остановки так, чтобы сумма расстояний от нее до населенных пунктов А и В была наименьшей. Рассмот-рите два случая: 1) населенные пункты расположены по разные стороны от шоссе; 2) населенные пункты располо-жены по одну сторону от шоссе.

45

1)

Обозначим шоссе а. Если А и В лежат по разные стороны от а, то остановка О

должна быть в точке пересечения отрезка АВ с а. Если О1 не лежит на АВ, то по неравенству треугольника в ∆ AO1В сумма двух сто-рон треугольника больше третьей стороны; то есть ВО1 + АО1> АВ, ВО1 + АО1 > ВО + АО, значит, ВО + АО = АВ — наименьшая сумма расстояний от остановки О до населенных пунктов А и В. И точка О – искомая.

2)

Построим точку В1, симметричную В относительно прямой а.

Пусть точка О — точка пересечения АВ1 и а. Тогда сумма расстоя-ний от О до А и В1 будет наименьшей. Так как ОВ = ОВ1 то и сум-ма расстояний от О до А и В тоже будет наименьшей и АО + ОВ = АВ1.

№ 32. Могут ли стороны треугольника быть пропорциональ-ными числам 1, 2, 3?

Пусть х, 2х, 3х, — стороны треугольника, а х некоторый коэффи-циент. Воспользуемся неравенством треугольника: х + 2х > 3х. Но это неверно. Значит такого треугольника не существует. Ответ: не могут.

№ 33. Докажите, что в треугольнике каждая сторона меньше половины периметра.

46

Пусть а, b, с — стороны треугольника. По неравенству тре-угольника:

c<a + b, c + c<a + b + c, 2c<a + b + c.

2cbac ++

<

2Pc <


№ 34. Внутри окружности радиуса R взята точка на расстоянии d от центра. Найдите наибольшее и наименьшее расстоя-ния от этой точки до точек окружности.

Пусть D — произвольная точка на окружности. По неравенству треугольника: OD≤ ОС+CD, R ≤ d+CD, CD ≥ R - d. Здесь равенство достигается только при совпадении точек D и В. CD ≤ OD + ОС, CD ≤ R + d Здесь равенство достигается только при совпадении точек D и А.

Значит, наименьшее расстояние CD равно R – d, а наибольшее R + d. Ответ: R + d; R - d.

№ 35. Вне окружности радиуса R взята точка на расстоянии d от центра. Найдите наибольшее и наименьшее расстоя-ния от этой точки до точек окружности.

Задача решается аналогично предыдущей. Ответ: R + d; R - d.

№ 36. Могут ли пересекаться окружности, центры которых на-ходятся на расстоянии 20 см, а радиусы 8 см и 11 см? Объясните ответ.

Пусть О1, и O2 — центры окружностей. Если окружности пере-секаются в некоторой точке D, то должно быть:

О1,D + О2D ≥ O1O2(по неравенству треугольника), то есть R1 + R2 ≥ d,

47

8 + 11 ≥ 20 — неверное неравенство, а значит, окружности не могут пересекаться. Ответ: не могут.

№ 37. Могут ли пересекаться окружности, центры которых на-ходятся на расстоянии 5 см, а радиусы 6 см и 12 см? Объясните ответ.

Допустим, что данные окружности пересекаются в точке А.

Следовательно O1A = R1 = 6 см, O2A = R2 = 12 см, O1O2 = 5 см. Со-гласно неравенству треугольника АО2 ≤ AO1 + O1O2, то есть 12 ≤ 6 + 5, что неверно. Значит окружности не пересекаются. Ответ: не могут.

№ 38*. Докажите, что в задаче 36 окружности находятся одна вне другой, а в задаче 37 окружность радиуса 6 см нахо-дится внутри окружности радиуса 12 см.

1) Надо доказать, что если расстояние между центрами окруж-ности 20 см, а радиусы 8 см и 11 см, то окружности находятся одна вне другой.

Примем O1, O2— центры окружностей, а R1, R2 — их радиусы; О1О2 = 20 см, R1 = 8 см, R2 = 11 см.

Допустим, что эти окружности имеют общую внутреннюю точку А, следовательно О1А ≤ R1, О2А ≤ R2. Так как для любых трех точек расстояние между любыми двумя из них не больше суммы расстоя-ний от них до третьей точки, то O2O1 ≤ О1А+О2А, O1O2 ≤ R1+R2 так как О1А ≤ R1, О2А. ≤ R2 Получим 20 ≤ 8 + 11, 20 ≤19, что неверно, а

48

значит, окружности не имеют общих внутренних точек и лежат одна вне другой.

2) Надо доказать, что если O1O2 = 5 см, а R1 = б см, R2 = 12 см, то окружность с центром О1 и радиусом R1, находится внутри вто-рой окружности с центром О2 и радиусом R2.

Первая окружность находится внутри второй, если все точки

первой окружности являются внутренними точками второй ок-ружности.

Предположим, что существует точка В на первой окружности, которая лежит вне второй окружности.

Следовательно ВО1 = R1; ВО2 > R2 ВО1 = 6 см; ВО2 > 12 см. По неравенству треугольника для точек В, О1, О2 получим: BO2 ≤ ВО1 + O1O2; ВО2≤ 6 + 5; BO2 ≤ 11 см. Получили противоречие (BO2 > 12; ВО2 ≤ 11). Значит, все точки

первой окружности являются внутренними точками второй ок-ружности, то есть первая окружность лежит внутри второй.

№ 39. Могут ли пересекаться окружности с радиусами R1 и R2 и расстоянием между центрами d, если R1 + R2 < d?

Пусть О1 и O2 — центры окружностей. Если окружности пере-секаются в некоторой точке D, то по неравенству треугольника:

O1D + О2D ≥ O1O2,, то есть R1 + R2 ≥ d. Но по условию задачи R1 + R2 < d. Так что окружности пересекаться не могут. Ответ: не могут.

49

№ 40*. Даны три положительных числа а, b, с, удовлетворяю-щие условиям а ≤ b ≤ с < а + b. Докажите последова-тельно утверждения:

1) ac

bac<

−+<

20

222,

2) существует прямоугольный треугольник BCD, у кото-

рого гипотенуза ВС = а, а катет BD = c

bac2

222 −+ ;

3) треугольник АВС, у которого ВС = а, АВ = с, а рас-

стояние BD равно c

bac2

222 −+ , имеет сторону AС = b.

1) Докажем, что для трех положительных чисел а, b, с, таких что 0 < а ≤ b ≤ с < а + b, выполняется неравенство:

ac

bac<

−+<

20

222,

cabcbc

cabc

cbac

2))((

2)(

2

2222222 ++−=

+−=

−+

По условию с ≥ b, а значит (с - b) ≥ 0, а так как а, b, с положи-

тельные числа, то 02

))(( 2>

++−c

abcbc , то есть

02

222>

−+c

bac

Рассмотрим разность =−−+ a

cbac

2

222

cbacbac

cbac

acbacac

cacbac

2))((

2)(

)2(2

2

22

222222

+−−−=

−−=

=−−+

=−−+

=

По условию с < a + b, следовательно с - а - b < 0, с ≥ а, следова-тельно c – a ≥ 0,a c – a + b > 0, так как b – положительное число

так что 02

))((<

+−−−c

bacbac .

Чем доказано неравенство ac

bac<

−+<

20

222.

2) Докажем, что существует прямоугольный ∆BCD, у которого гипотенуза ВС = а, катет

50

BD = c

bac2

222 −+

Мы доказали, что а, c

bac2

222 −+ положительное число, причем

ac

bac<

−+2

222. Можно построить отрезок ВС = а и отрезок BD =

cbac

2

222 −+ , причем BD < ВС, так как

BD = )(21 22

cbc

ca

−+ , а отрезки c

aax ⋅= ;

cbby ⋅

= можно по-

строить способом построения четвертого пропорционального от-резка. Следовательно, можно построить прямоугольный ∆BDC (по катету и гипотенузе) с прямым углом D, катетом BD и гипотенузой ВС.

3) Докажем, что ∆АВС, в котором ВС = а, АВ = с, а расстояние

BD = c

bac2

222 −+ , имеет сторону АС = b.

Рассмотрим прямоугольный ∆BDC, в котором BD =

= c

bac2

222 −+ и ВС = а.

По теореме Пифагора отрезок CD = 2222

22 ⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −+−

cbaca —

катет в ∆ BDC.

AD=AB-BD=c

baсс2

222 −+−

∆ ACD – тоже прямоугольный, так что

AC2=AD2+CD2=

( ) .

22222222

22222

2222

babacc

cbaca

cbacс

=+−+−=

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −+−+⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −+−

Так что AC=b Что и требовалось доказать.

51

№ 41. Даны три положительных числа а, b, с. Докажите, что если каждое из этих чисел меньше суммы двух других, то существует треугольник со сторонами а. b, с.

Пусть числа а, b, с расположены в порядке их возрастания, то есть а ≤ b ≤ с. Так как каждое из чисел меньше суммы двух других, по условию то с < а + b. Значит а, b, с удовлетворяют условиям за-дачи № 40, и существует треугольник со сторонами а, b, с.


№ 42. Можно ли построить треугольник со сторонами: 1) a = 1 см, b = 2 см, с = 3 см; 2) a = 2 см, b = 3 см, с = 4 см; 3) a = 3 см, b = 7 см, с = 11 см; 4) a = 4 см, b = 5 см, с = 9 см?

Если большая сторона меньше суммы двух других сторон, то треугольник построить можно.

1) а = 1 см; b = 2 см; с = 3 см, 3 < 1 + 2 — неверно, значит треугольник построить нельзя. 2) а = 2 см; b = 3 см; с = 4 см, 4 < 2 + 3 — верно, значит треугольник можно построить. 3) а = 3 см; b = 7 см; с = 11 см, 11 < 7 + 3 — неверно, значит

треугольник построить нельзя. 4) а = 4 см; b = 5 см; с = 9 см, 9 < 5 + 4 — неверно, значит тре-

угольник построить нельзя. Ответ: 1) нет; 2) да; 3) нет; 4) нет.

№ 43*. Даны две окружности с радиусами R1, R2 и расстоянием между центрами d. Докажите, что если каждое из чисел R1, R2 и d меньше суммы двух других сторон, то окруж-ности пересекаются в двух точках.

Так как d < R1 + R2; R1 < d + R2;

R2< d + R1 , то можно построить треугольник со сторонами, длина которых R1, R2, d. Обозначим этот треугольник O1O2A, где О1О2= d, O1A = R1; О2А = R2. По одну сторону от прямой О1О2 расположен ∆ О1АО2. Следовательно, по другую сторону от О1О2 можно отло-

52

жить угол О1О2В, равный углу О1О2А, и угол O2O1В, равный углу O2O1A. Получится ∆O1O2В=∆O1O2A по стороне и двум прилежа-щим к ней углам. Значит, О1В = О1А = R1 и О2В = О2А = R2. Зна-чит, точки А и В принадлежат обеим окружностям, а так как две окружности не могут иметь более двух общих точек, то окружно-сти пересекаются в двух и только двух построенных нами точках А и В.


№ 44. У прямоугольного треугольника один катет равен 8 см, а синус противолежащего ему угла равен 0,8. Найдите ги-потенузу и второй катет.

а = 8 см, sina = 0,8. ,sinca

=α тогда 108,0см8

sin==

α=

ac см;

b = 3664100810 2222 =−=−=− ac = 6 см. Ответ: 10 см; 6 см.

№ 45. В прямоугольном треугольнике гипотенуза равна а, а один из острых углов α. Найдите второй острый угол и катеты.

Так как ∠В+α=90о, то ∠В = 90° - α.

Далее, BCAB

=αsin ; значит BCAC

=αcos , так что

АС=ВСсosα=asinα Ответ: 90° – α; asinα; acosα.

53

№ 46. В прямоугольном треугольнике катет равен a, а противо-лежащий ему угол α. Найдите второй острый угол, про-тиволежащий ему катет и гипотенузу.

∠С = 90° - α, так как ∠С+α=90о

ACBC

=αsin , поэтому α

=α

=sinsin

aBCAC

ACAB

=αcos , так что

.sincoscos

sincos

α=

αα

=α⋅=α=tgaaaACAB

Ответ: 90° - α; αtg

a ; αsin

a

№ 47. В прямоугольном треугольнике даны гипотенуза с и ост-рый угол α. Найдите катеты, их проекции на гипотенузу и высоту, опущенную на гипотенузу.

,cosABAC

=α АС = АВ cosα = с cosα.

,sinABBC

=α ВС = АВ sinα = с · sinα. Далее, ∠DCB=90o–

– ∠B=∠α=∠A. Так что BD = ВС sinα = α=α⋅α 2sinsinsin cc . AD = АС cosα = α=α⋅α 2coscoscos cc . CD = АС sinα= с sinα cosα.

54

№ 48. 1) Найдите sin22°; sin22°36’; sin22°38’; sin 22°41’; соs68°; соs68°18'; cos68°23’. 2) Найдите угол х, если sinx = 0,2850; sinx = 0,2844; cosx = 0,2710.

1) sin 22° ≈ 0.3746; cos 68° ≈ 0,3746; sin 22°36' ≈ 0,3843; cos 68°18' ≈ 0,3697; sin 22°38' ≈ 0,3848; cos 68°23' ≈ 0,3684. sin 22°41’ ≈ 0,3856;

2) sinx = 0,2850 при sinx = 0,2844 при cosx = 0,2710 при x = 16°34'; x = 16°З1’; x = 74°17'.

№ 49. Найдите значения синуса и косинуса углов: 1) 16°; 2) 24°36’; 3) 70°32'; 4) 88°49'.

1) sin 16° = 0,2756; cos 16° = 0.9613. 2) sin 24°36’ = 0,4163; cos 24°36' = 0,9092. 3) sin 70°32' = 0,9428; cos 70°32' = 0,3333. 4) sin 88°49’ = 0,9998; cos 88°49' = 0,0206.

№ 50. Найдите величину острого угла х, если: 1) sinx = 0,0175; 2) sinx = 0,5015;3) cosx = 0,6814; 4) cosx = 0,0670.

1) sin x = 0,0175 при x = 1°. 2) sin x = 0,5015 при x = З0°6·. 3) cos x = 0,6814 при x = 47°3’. 4) cos x = 0,0670 при x = 86°9'.

№ 51. Найдите значение тангенса угла: 1) 10°; 2) 40°40’; 3) 50°30'; 4) 70°15'.

1) tg 10° = 0.1763; 2) tg 40°40' = 0,8591; 3) tg 50°30' = 1,213; 4) tg 70°15' = 2.785.

№ 52. Найдите острый угол х, если: 1) tgx = 0,3227; 2) tgx = 0,7846; 3) tgx = 6.152; 4) tgx = 9,254.

1) tg x = 0.3227; 2) tg x = 0,7846; x = 17°5З’. x = З8°7’·.

3) tg x = 6,152; 4) tg x = 9,254; x = 80°46'. x = 83°50'.

55

№ 53. Высота равнобедренного треугольника равна 12,4 м, а основание 40,6 м. Найдите углы треугольника и боковую сторону.

АВ = ВС (так как треугольник равнобедренный). BD является высотой, а значит, и медианой, так что

AD = 21 40,6 м = 20.3 м.

АВ= ≈+=+ 2222 4,123,20BDAD 23,78 м (по теореме Пифагора.

6108,0

3.204,12

≈==∠ADBDAtg , значит ∠A = 31°25’.

∠А = ∠С = 31°25' (углы при основании равнобедренного тре-угольника). ∠В = 180° – 2 ⋅ З1°25'= 117°10’. Ответ: 23,78 м; З1°25'; З1°25'; 117°10’.

№ 54. Отношение катетов прямоугольного треугольника равно 19: 28. Найдите его углы.

tg ∠А = ≈2819 0,6786, так что ∠А = 34°10'. Далее,

∠В = 90° – ∠А = 90° – 34°10' = 55°50'. Ответ: 90°; 34°10'; 55°50'.

№ 55. Стороны прямоугольника равны 12,4 и 26. Найдите угол между диагоналями.

AD = 21 АС = =

24,12 6,2; BD =

21 ОС = =

226 13;

tg ∠ABD = =BDAD

≈13

2,6 0,4769;

Так что ∠ABD = 25°30'; ∠ABC =2∠ABD = 51°. Ответ: 51°.

56

№ 56. Диагонали ромба равны 4,73 и 2,94. Найдите его углы.

ВО = OD = 294,2

21

=BD = 1,47;

АО = ОС = 273,4

21

=AC = 2,365;

tg ∠BCO = OCBO 1,47: 2,365 ≈ 0,6216, так что ∠ВСО = 31°52';

∠BCD = 2 ∠ВСО = 31°52' •2 = 63°44'; ∠А = ∠С=63°44'; ∠В = ∠D = 180о–∠А=180° – 63°44' = 116°6'.

Ответ: 63°44'; 116°16'.

№ 57. Сторона ромба 241 м, высота 120 м. Найдите углы.

4979,0241120sin ≈=α , значит α = 29°52';

β = 180о– α = 180° – 29°52' = 150°8'. Ответ: 29°52' и 150°8'.

№ 58. Радиус окружности равен 5 м. Из точки, отстоящей от центра на 13 м, проведены касательные к окружности. Найдите длины касательных и угол между ними.

57

∆АВО — прямоугольный, так что

АВ = 14425169513 2222 =−=−=− OBAO = 12 м. ∠A = 2 ∠ВAO.

sin ∠BAO = ≈135

AOBO 0,3846, так что

∠BAO = 22°37, а значит ∠A = 2·22°37' = 45°14'.

Ответ: 12 м; 45°14'.

№ 59. Тень от вертикально стоящего шеста, высота которого 7 м, составляет 4 м. Выразите в градусах высоту солнца над горизонтом.

tg α = ≈

47 1,75, так что

α = 60°16’. Ответ: 60°16’.

№ 60. Основание равнобедренного прямоугольного треуголь-ника равно а. Найдите боковую сторону.

Углы при основании равнобедренного прямоугольного тре-

угольника равны 45°. Пусть боковая сторона равна х, тогда:

sin 45° = ax ; x = a sin 45° =

22a .

Ответ: 2

2a .

58

№ 61. Найдите неизвестные стороны и острые углы прямо-угольного треугольника по следующим данным: 1) по двум катетам: а) а = 3, b = 4; б) a = 9, b = 40; в) a = 20, b = 21; г) a = 11, b = 60; 2) по гипотенузе и катету: а) с = 13, a =·5; б) с = 25, a = 7; в) a = 17, а = 8; г) с = 85, a = 84; 3) по гипотенузе и острому углу: а) с =·2, α = 20°; б) с = 4, α = 50°20'; в) с = 8, α = 70°36’; г) с = 16, α = 76°21’; 4) по катету и противолежащему углу: а) a = 3, α = 30°27’; б) а = 5, α = 40°48’; в) a = 7, α = 60°85'; г) a = 9, α = 68°'.

1) По двум катетам: а) а = 3; b = 4;

с = 2516943 2222 =+=+=+ ba = 5.

tg α = 75,043

==ba , '5236°=α '853°=β

2) По гипотенузе и катету: а) с = 13; а = 5.

b = 14425169513 2222 =−=−=− ac = 12.

sin α = ≈135 0,3836, '3722°=α '2369°=β .

3) По гипотенузе и острому углу: а) с = 2; α = 20°.

sin 20° = ca ; а = с sin 20° = 2 · 0,3420 = = 0,684 ≈ 0,68.

cos 20° = cb ; b = с cos 20° = 2 · 0,9397 = 1,879 ≈ 1,88.

β = 90° – 20° = 70°.

59

4) По катету и противолежащему углу: а) а = 3; α = 30°27'; β = 90° - 30°27' = 59°33".

sinα = sin30°27’ = ca ;

с = ≈=5068,03

'2730sin o

a 5,92.

tg 30°27’ = ba ;

b = ≈=5879,03

'2730otga 5,1.

Задания б), в), г) выполняются аналогично.

№ 62. Упростите выражения: 1) 1 – sin2α; 2) (1 – cosα)(l + cosα); 3) 1 + sin2α + cos2α; 4) sinα - sinα cos2α; 5) sin4a + cos2a + 2sin2α соs2α; 6) tg2α – sin2α tg2α; 7) cos2α + tg2α cos2α; 8) tg2α (2cos2α + sin2α - 1);

9) α

α+α−2

42

cos1 tgtg .

1) 1 – sin2α =(sin2a + cos2α) – sin2α = cos2α. 2) (1 - cosα )(1 + cosα) = 1 – cos2α = (sin2α + cos2α)– cos2α = sin2α. 3) 1 + sin2α + cos2α = 1 + 1 = 2. 4) sinα - sinα cos2α = sinα (1 – cos2α ) = sinα·sin2α = sin3a. 5) sin4α + cos4α + 2sin2α cos2α = (sin2α + cos2α)2 = 12 = 1. 6) tg2α – sin2α tg2α = tg2α (1 – sin2α) = tg2α·cos2α = sin2α.

7) cos2α + tg2αcos2α = cos2α (1 + tg2α) = 1cos

1cos 22 =

α⋅α

8) tg2α(2cos2a + sin2α – 1 ) = tg2α (cos2α + cos2α + sin2α – 1) =

= α=α⋅αα

=α⋅α 222

222 sincos

cossincostg .

9) =α+α−α

=α

α+α− )1(cos

1cos

1 4222

42tgtgtgtg (1+ tg2α )(1 -tg2 α+tg4α)=

= 1 + tg6α. (Пользуемся формулой (а + b)(a2 – ab + b2) = а3 + b3.)

60

№ 63. Вычислите значения sinα и tgα, если:

1) cosα = 135 ; 2) cosα =

1715 ; 3) cosα = 0,6.


№ 64. Найдите cosα и tgα, если. 1) sinα = 53 ; 2) sinα =

4140 ;

3) sinα = 0,8.

1) sinα = 53

sin2α + cos2α = 1.

cosα = 54

2516

2591

531sin1

22 ==−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−=α− .

43

4553

54:

53

cossin

=⋅⋅

==αα

=αtg .

Задания 2) и 3) решаются аналогично заданию 1).

№ 65. Постройте угол α, если известно, что: 1) cosα = 74 ;

2) sinα = 74 ; 3) sinα = 0,5; 4) tgα =

53 ; 5) tgα = 0,7.

Задача решается путем построения прямоугольного треугольника по катету и гипотенузе.

1) cosα = 74 ; 2) sinα =

74 ; 3) sinα = 0,5;

4) tgα =

53 ; 5) tgα = 0,7

61

№ 66. В прямоугольном треугольнике с гипотенузой a и углом 60° найдите катет, противолежащий этому углу.

,60sinabo = так что .

2360sin aab =°=

Ответ: 2

3a .

№ 67. Найдите радиус г окружности, вписанной в равносто-ронний треугольник со стороной а, и радиус R окружно-сти, описанной около него.

У равностороннего треугольника центр вписанной окружности совпадает с центром описанной, так как биссектрисы лежат на се-рединных перпендикулярах к сторонам треугольника.

Так что радиус вписанной окружности r = 2a . tg30° =

32a .

,2

30cosRao = поэтому

Радиус описанной окружности

3322

23:

230cos:

2aaaaR =

⋅/

/⋅==°= .

Ответ: 32

a ;3

a .

№ 68. В треугольнике один из углов при основании равен 45°, а высота делит основание на части 20 см в 21 см. Найдите большую боковую сторону1.

1 Иногда в произвольном треугольнике, необязательно равнобедрен-

ном, сторона, проведенная горизонтально, называется основанием, а две другие — боковыми сторонами, как в данной задаче.

62

Рассмотрим ∆ABD. ∠А = 45° (по условию). ∠D = 90° (так как BD ⊥ АС), значит ∠ABD = 45° и ∆ABD — равнобедренный, поэтому АD = BD = 20, а DC = 21. Далее

АВ = 22040024004002020 2222 =⋅=+=+=+ BDAD ,

ВС = 294414002120 2222 =+=+=+ BDDC . Большая боковая сторона 29 см. Если AD = 21, а DC = 20, то

АВ = 21 2 , ВС = 29, значит большая боковая сторона равна 21 2 см ≈ 29,7 см. Ответ: 29 см или 21 2 см ≈ 29,7 см.

№ 69. У треугольника одна из сторон равна 1 м, а прилежащие к ней углы равны 30° и 45°. Найдите другие стороны треугольника.

Проведем BD⊥AC ∆BDC — равнобедренный, (так как ∠С=∠DBC=45o) BD = DC. Пусть BD = х м. АС = 1 м; AD = 1 – х.

xx

ADBDtg

−==°

130 ,

( ) .31

1

311

31

30130,30301

+=

+=

+==+ o

ooo

tgtgxtgtgx

Так что CDBD =+

=31

1 .

BCBD

=o45sin

63

517,031

222

311

45sin≈

+=÷

+=

°=

BDBC м.

ABBD

=°30sin ,

732,031

221

311

30sin≈

+=÷

+=

°=

BDAB м.

Ответ: ≈ 0,517 м; ≈ 0,732 м.

№ 70. Диагональ прямоугольника в два раза больше одной из его сторон. Найдите углы между диагоналями.

Диагонали прямоугольника равны и точкой пересечения делят-ся пополам. Пусть CD х, тогда АС = 2х, ∠CAD = 30° (в прямо-угольном треугольнике катет, противолежащий углу 30°, равен по-ловине гипотенузы).

∆AOD — равнобедренный, значит и ∠ODA = 30°. Тогда ∠AOD = 180° – 2 ·30° = 120°. ∠AOD и ∠DOC — смежные, поэтому ∠COD = 180° – 120° = 60°.

Ответ: 60° и 120°.

№ 71. Диагонали ромба равны a и а 3 . Найдите углы ромба.

64

Диагонали ромба перпендикулярны друг другу, точкой пересе-чения делятся пополам и являются биссектрисами углов этого ромба. Используя эти свойства получим:

AO = 2a ; BO =

23a

tg∠BAO = ,322

322

3=⋅=÷=

ΑΟΒΟ

aaaa значит

∠ВАО = 60°. ∠А = 2∠ВАО = 2 · 60° = 120°; ∠A = ∠ С = 120°. ∠А и ∠В — углы ромба, прилежащие к одной стороне, значит ∠ А+∠ В=180°, то есть ∠ В = 180° – ∠А = 180° – 120° = 60°. ∠D = ∠ В = 60°. ∠ С = ∠ А = 120.

Ответ: 60°, 60°, 120°, 120°.

№ 72. Какой из углов больше — α или β, если: 1)sinα = 31 ;

sinβ = 41 ; 2) sinα =

32 ; sinβ =

43 ; 3) cosα =

73 ; cosβ =

52 ;

4) соsα = 0,75, cosβ = 0,74; 5) tgα = 2,1, tgβ = 2,5;

6)tgα = 38 , tgβ =

25 ?

При решении задачи используем теорему 7.5.

1) sina = 31 ; sinβ =

41 ; sinα > sinβ. Тогда, α > β.

2) sinα = 32 ; sinβ =

43 ;

sinα < sinβ, тогда, α < β.

3) cosα = 73 ; cosβ =

52 ;

cosα > cosβ, тогда, α < β. 4) cosα = 0,75; cosβ = 0,74; cosα > cosβ. Тогда, α < β. 5) tgα = 2,1; tgβ = 2,5; tgα < tgβ. Тогда, α < β.

6) tgα = 38 , tgβ =

25 ; tgα > tgβ. Тогда, α > β.

65

№ 73. У прямоугольного треугольника АВС угол А больше уг-ла В. Какой из катетов больше — АС или ВС?

∠A > ∠В, тогда, согласно теореме 7.5 sin∠A > sin∠B. Но ВС = AB sin∠ А, а АС = АВ sin∠ В. Так что ВС > АС, так как АВ = АВ, sin∠А > sin∠В.

Ответ: ВС.

№ 74. У прямоугольного треугольника АВС катет ВС больше катета АС. Какой угол больше — А или В?

Угол А больше. Решение задачи решается аналогично решению № 73. Ответ: ∠А.

66

§ 8. Декартовы координаты на плоскости

№ 1. Проведите оси координат, выберите единицу длины на осях, постройте точки с координатами: (1; 2), (-2; 1), (-1; -3), (2; -1).

№ 3. На прямой, параллельной оси х, взяты две точки. У од-ной из них ордината у = 2. Чему равна ордината другой точки?

У всех точек на прямой, параллельной оси х, ординаты точек равны, значит ордината другой точки тоже равна 2. Ответ: 2.

№ 4. На прямой, перпендикулярной оси х, взяты две точки. У одной из них абсцисса х = 3. Чему равна абсцисса другой точки?

Прямая, перпендикулярна оси х, а значит параллельна оси у, поэтому абсцисса другой точки тоже равна 3. Ответ: 3.

№ 5. Из точки А (2; 3) опущен перпендикуляр на ось х. Най-дите координаты основания перпендикуляра.

А

1 2

13

В

Ответ: (2; 0).

67

№ 6. Через точку А (2; 3) проведена прямая, параллельная оси х. Найдите координаты точки пересечения ее с осью у.

А

1 2

1

3 С

Ответ: (0; 3).

№ 7. Найдите геометрическое место точек плоскости ху, для которых абсцисса x = 3.

Геометрическим местом точек плоскости ху, для которых абс-цисса х = 3, является прямая, перпендикулярная оси х, параллель-ная оси у и проходящая через точку (3;0), то есть отстоющая от оси у на 3 ед. вправо.

№ 8. Найдите геометрическое место точек плоскости ху, для которых |х| = 3.

Геометрическое место точек, для которых |х| = 3, состоит из двух прямых, параллельных оси у, отстоящих от нее на 3 ед.

№ 9. Даны точки А (-3; 2) и В (4; 1). Докажите, что отрезок АВ пересекает ось у, во не пересекает ось х.


№ 10. Какую из полуосей оси у (положительную или отрица-тельную) пересекает отрезок АВ в предыдущей задаче?

У точек А и В ординаты положительные, значит обе точки А и В лежат в верхней полуплоскости. А значит отрезок АВ пересекает положительную полуось оси у.

№ 11. Найдите расстояние от точки (-3; 4) до: 1) оси х; 2) оси у.

Расстояние от точки (-3;4) до оси х равно 4, а до оси у 3.

Ответ: 4; 3.

68

№ 12. Найдите координаты середины отрезка АВ, если: 1) А (1; -2), В (5; 6); 2) А (-3; 4), В (1; 2); 3) А (5; 7), В (-3; -5).

1)А (1; -2); В (5; 6). Пусть О — середина отрезка АВ. Тогда О имеет координаты:

хо = 2

51+ = 3, уо = 2

62+− = 2. О (З; 2).

2) А (-3; 4); В (1; 2);

хо = 2

13+− = – 1; уо = 2

24 + = 3. О (-1; 3).

3) А (5; 7); В (-3; -5);

хо = 2

35 − = 1; уо = 2

57 − = 1 O (1; 1).

Ответ: 1) (3; 2); 2) (-1; 3); 3) (1; I).

№ 13. Точка С — середина отрезка АВ. Найдите координаты второго конца отрезка АВ, если: 1) А (0; 1), С (-1; 2); 2) А (-1; 3), С (1; -1); 3) А (0; 0), С (-2; 2).

1)А(0; 1); С(-1; 2). Пусть В(х; у) – второй конец, тогда

12

0−=

+ x ; 22

1=

+ y , откуда

x = – 2; y = 3 значит B(-2; 3) А (-1; 3); С (1; -1); В (х; у) – второй конец отрезка.

12

1=

+− x ; 12

3=

+ y ; откуда

x = 3; y = -5,B(3; -5), значит, А (0; 0); С (-2; 2); В (х; у) – второй конец отрезка.

22

0−=

+ x ; 22

0=

+ y , откуда

x = – 4; y = 4, значит, B(-4; 4). Ответ: 1) (-2; 3); 2) (3; -5); 3) (-4; 4).

№ 14. Докажите, что четырехугольник ABCD с вершинами в точках А (-1; -2), В (2; -5), С (1; -2), D (-2; 1) является па-раллелограммом. Найдите точку пересечения его диаго-налей.

По свойству диагоналей четырехугольника ABCD — паралле-лограмм, если координаты середин отрезков АС и BD, совподают. Обозначим середину AC — O1, а BD — O2.

А(-1;-2); С(1;-2); О1(х1;у1)

69

02

111 =

+−=x ; 2

222

1 −=−−

=y ; O1 (0; -2)

В (2, -5); D (-2. 1); О2 (х2; у2).

02

221 =

−=x ; 2

215

2 −=+−

=y O2 (0; -2)

Координаты середин совпали, значит, четырехугольник ABCD — параллелограмм. Точка пересечения диагоналей (0; -2). Ответ: (0; -2).

№ 15. Даны три вершины параллелограмма ABCD: А (1; 0), В (2; 3), С (3; 2). Найдите координаты четвертой верши-ны D и точки пересечения диагоналей.

Задача решена на стр. 102 п. 72.

№ 16. Найдите середины сторон треугольника с вершинами в точках О (0; 0), А (0; 2), В (-4; 0).

Пусть (x1; y1) — середина ОА; (x2; y2) — середина АВ; (x3; y3) — середина ОВ.

х1 = 2

00 + = 0, у1 = 2

20 + = 1; (0; 1);

х2 = 2

40 − = -2, у2 = 2

02 + = 1 (-2; 1);

х3 = 2

40 − = -2, у3 = 2

00 + = 0; (-2; 0)

Ответ: (0; 1); (-2; 1); (-2; 0).

№ 17. Даны три точки А (4; -2), В (1; 2), С (-2; 6). Найдите рас-стояния между этими точками, взятыми попарно.

Расстояние между точками А(х1;у1) и В(х2;у2) вычисляется по формуле:

( ) ( )2122

12 yyxxAB −+−= ; в нашем случае

( ) ( ) 5251692214 22 ==+=−−+−=AB

( ) ( ) ;1010064366224 22 ==+=−−++=AC

( ) ( ) 5251696221 22 ==+=−++=BC Ответ: АВ = 5; АС = 10; ВС = 5.

№ 18. Докажите, что точки А, В, С в задаче 17 лежат на одной прямой. Какая из них лежит между двумя другими?

70

АС = АВ + ВС, 10 = 5 + 5. Так как сумма расстояний от точки В до точек А и С равна рас-

стоянию между этими точками, то точки А, В, и С лежат на одной прямой. Причем В лежит между А и С. Ответ: В.

№ 19. Найдите на оси x точку, равноудаленную от точек (1; 2) и (2; 3).


№ 20. Найдите точку, равноудаленную от осей координат и от точки (3; 6).

Поскольку точка равноудалена от осей координат, то она лежит на биссектрисе 1-го и 3-го координатных углов. Тогда ее коорди-наты А (х; х). То есть она удалена от координатных осей на одина-ковок расстояние.

Значит, AD = AC = х. D (0; х), С (х; 0). Далее,

АО= =+−++−=−−− 2222 123669)6()3( xxxxxx

45182 2 +−= xx . Поскольку АО=АС=АD, то

45182 22 +−= xxx ; x2 = 2х2- 18х + 45; 2х2 – х2 – 18х + 45 = 0; x2 – 18х + 45 = 0. x1 = 15; x2 = 3.

Ответ: (3; 3) или (15; 15).

№ 21*. Докажите, что четырехугольник ABCD с вершинами в точках А (4; 1), В (0; 4), С (-3; 0), D (1; -3) является квад-ратом.

Докажем, что ABCD — квадрат. Вычислим длины сторон четырехугольника ABCD.

AВ = 25916)41()04( 22 =+=−+− = 5,

ВС = 25169)40()03( 22 =+=−+−− = 5,

CD = 25916)03()31( 22 =+=−++ = 5,

AD = 25169)13()41( 22 =+=−−+− = 5.

71

AВ = ВС = CD = AD = 5, значит, ABCD — ромб. Вычислим диагонали ромба АС и BD.

АС = 2550)10()43( 22 ==−+−−

BD = 2550)43()01( 22 ==−−+− . АС = BD.

Если диагонали параллелограмма (ромба) равны, то этот парал-

лелограмм является прямоугольником. В свою очередь ромб, яв-ляющийся прямоугольником, — это квадрат, значит, ABCD — квадрат.


№ 22. Докажите, что четыре точки (1; 0), (-1; 0), (0; 1), (0; -1) являются вершинами квадрата.

Пусть А (-1; 0), В (0; 1), С (1; 0), D (0; -1) — вершины четырех-угольника.

1) АС = 24)00()11( 22 ==−+−−

BD = 24)11()00( 22 ==++− , так что AC = BD

2) AВ = 211)10()01( 22 =+=−+−− ,

ВС = 2)01()10( 22 =−+−

CD = 2)10()01( 22 =++− ,

DA = 2)01()10( 22 ==−++ , так что AB=BC=CD=DA Стороны и диагонали ABCD равны, значит, ABCD — квадрат. Что и требовалось доказать.

№ 23. Какие из точек (1; 2), (3; 4), (-4; 3), (0; 5), (6; -1) лежат на окружности, заданной уравнением x2 + у2 = 25?

72

Подставим координаты всех точек в уравнение окружности: 1) (1; 2). 12 + 22 = 25 - неверно. 2) (3; 4), З2 + 42 = 25 - верно. 3) (0; 5), 02 + 52 = 25 - верно. 4) (5; -1). 52 + (-1)2 = 25 - неверно. 5) (-4; 3). (-4)2 + З2 = 25 - верно. Значит точки (3; 4), (0; 5), (-4; 3) лежат на данной окружности.

№ 24. Найдите на окружности, заданной уравнением

x2 + у2 = 169, точки:

1) с абсциссой 5;

2) с ординатой -12. Пусть точка (5; у) лежит на окружности, тогда 52 + у2 = 169 и у = ± 14425169 ±=− = ±12. Получим две точки (5; 12) и (5;-12). 2) Пусть точка (х; -12) лежит на окружности, тогда х2 + (-12)2 = 169 и х = ± 25144169 ±=− = ± 5, получим две точки (5;-12) и (-5;-12)

Ответ: 1) (5; 12); (5;-12); 2) (5; -12); (-5; -12).

№ 25. Даны точки А (2; 0) и В (-2; 6). Составьте уравнение ок-ружности, диаметром которой является отрезок АВ.

Найдем координаты центра окружности и радиус АВ — диа-метр. О — центр окружности. А (2; 0); В (-2; 6).

02

22=

−=x ; 3

260=

+=y , O(0; 3)

R= 1394)30()02( 22 =+=−+−=AO , R = 13 . Значит, уравнение окружности примет вид (x – 0)2 + (y – 3 )2 = ( 13 )2, то есть .13)3( 22 =−+ yx

Ответ: x2 + (y – 3)2 = 13.

№ 26. Даны точки А (-1; -1) и С (-4; 3). Составьте уравнение ок-ружности с центром в точке С, проходящей через точку А.

Найдем радиус окружности R=AC R2 = (–1 + 4)2 + (–1 – 3)2 = 25, то есть R=5. К тому же С (-4; З) — центр окружности, значит, ее уравнение: (x + 4)2 + (y – З)2 = 25.

Ответ: (x + 4)2 + (y – 3)2 = 25.

73

№ 27. Найдите центр окружности на оси х, если известно, что окружность проходит через точку (1; 4) и радиус окруж-ности равен 5.

R = 5, О (а; 0) — центр окружности, А (1; 4) лежит на окружно-сти.

(1-а)2 + (4-0)2 = 52 – уравнение окружности. Подставим в него координаты точки А, получим 1-2а + a2 + 16 – 25 = 0. a2 – 2a – 8 = 0. a1 = -2; a2 = 4, значит, О (-2; 0) или О (4; 0).

Ответ: (-2; 0) или (4; 0).

№ 28*. Составьте уравнение окружности с центром в точке (1;2), касающейся оси х.

Заменим уравнение окружности с центром (1; 2), (х – I)2 + + (у – 2)2 = R2, где R — радиус окружности. Уравнение оси х: у = 0. Окружность и ось х касаются, значит, система уравнений

⎩⎨⎧

==−+−

0)2()1( 222

yRyx имеет единственное решение.

Решим систему. 1) y = 0. (х – 1)2 + (0 – 2)2 = R2, х2 – 2х + 1 + 4 – R2 = 0, х2 – 2х + (5 – R2 ) = 0. Система будет иметь единственное решение (а; 0), если данное

уравнение будет иметь один корень х = а, то есть если D = 0 или

4D =0.

74

Это значит:

4D = 1 – (5 – R2) = R2-4 = 0, то есть R=2, так как R>0. А значит

(х–1)2+ (у – 2)2 = 4 — уравнение искомой окружности. Ответ: (x – 1)2 + (y – 2)2 = 4.

№ 29. Составьте уравнение окружности с центром (-3; 4), про-ходящей через начало координат.

О (-3; 4) — центр окружности, А (0; 0) лежит на окружности, поэтому R2 = (0 + 3)2 + (0-4)2 = 9 + 16 = 25 и

(x + 3)2 + (y-4)2 = 25 – уравнение искомой окружности. Ответ: (x + 3)2 + (y – 4)2 = 25. № 30*. Какая геометрическая фигура задана уравнением х2 + у2 +

+ ax + bу + с = 0, 044

22>−+ cba ?

Преобразуем уравнение х2 + у2 + ax + bу + с = 0,

cbyyaxx −=⋅++⋅+2

22

2 22 .

Прибавим к обеим частям ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

44

22 ba :

cbabbyyaaxx −+=+⋅+++⋅+4442

242

2222

22

2

cbabyax −+=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +

4422

2222

Так как 044

22>−+ cba , то это уравнение окружности с центром

в точке О ⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ −−2

;2

ba и радиусом R = cba−+

44

22. Значит, данное

уравнение задает окружность. Ответ: окружность. № 31. Найдите координаты точек пересечения двух окружно-

стей: x2 + y2 = 1, х2 + у2 – 2х + у – 2 = 0. Координаты точек пересечения двух окружностей x2 + y2 = 1 и

х2 + у2 – 2х + у – 2 = 0 являются решением системы

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=−+−+=+

022,1

1

22

22

yxyxyx

43421.

75

1 – 2 х + у – 2 = 0, –2х + у – 1 = 0, у = 1 + 2х, подставляем в первое уравнение x2 + (l + 2x)2 = 1, x2 + l + 4x + 4x2 – l = 0, 5x2 + 4x = 0,

х(5х + 4) = 0, х1=0, .54

2 −=x Получим

⎩⎨⎧

==

.1,0

11

yx

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

−=

−=

.53

,54

2

2

y

x - решения системы.

Точки пересечения (0; 1) и ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−

53;

54 .

Ответ: (0; 1); ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−

53;

54 .

№ 32. Найдите координаты точек пересечения окружности x2 + y2-8x-8y + 7 = 0 с осью x.

Точка пересечения окружности x2 + y2-8x-8y + 7 = 0 с осью x имеет координаты (х; 0). Данная точка также удовлетворяет урав-нению x2-8x + 7 = 0.

268

2368

228648 ±

=±

=−±

=x ; x1 = 7; x2 = 1.

Значит, точки пересечения (7; 0) и (1; 0). Ответ: (7; 0) и (1; 0).

№ 33. Докажите, что окружность х2 + у2 + 2ах + 1 = 0, | а | > 1 не пересекается с осью у.

Преобразуем уравнение х2 + у2 + 2ax + 1 = 0 к виду: х2 + у2 + 2ax + 1 + a2-a2 = 0 х2 + 2ax + a2 + у2 + 1 – a2 = 0. (x + a)2 + у2 + 1 – a2 = 0. Никакая точка (0; у) не удовлетворяет такому уравнению, так как

(0 + a)2 + у2 + 1 – a2 = y2 + 1≠ 0. Значит, окружность не пересекается с осью у.


№ 34. Докажите, что окружность х2 + у2 + 2ах = 0 касается оси у, а≠0.

76

Найдем точки пересечения (0; у) оси у с окружностью: 02 + y2 + 2a·0 = 0, у2 = 0, у = 0. Получим, что единственная точка пересечения

(0; 0). Окружность пересекает ось у в единственной точке (0; 0), а значит, касается оси у.


№ 35. Составьте уравнение прямой, которая проходит через точки А (-1; 1), В (1; 0).


№ 36. Составьте уравнение прямой АВ, если: 1) А (2; 3), В (3; 2); 2) А (4; -1). В (-6; 2); 3) А (5; -3), В (-1; -2).

Прямая задается уравнением ax + by + c = 0. Если точки А и В лежат на прямой, то значит, их координаты удовлетворяют этому уравнению. Подставляя координаты точек А и В в уравнение пря-мой, получим: 2a + 3b + c = 0 и 3a + 2b + c = 0. Из этих уравнений можно выразить два коэффициента, например, а и b через с.

.32

023032 −

⎩⎨⎧

=++=++

cbacba

⎩⎨⎧

=++=−−−

.0369,0264

cbacba

5а + с = 0,

ca51

−= Подставим в систему:

03512 =++⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛− cbc ,

cb51

−=

Подставив в уравнение прямой значения а и b, получим:

051

51

=+−− ccycx ; 0151

51

=+−− yx — получается сокращением

предыдущего уравнения на с. -x – y + 5 = 0; x + y – 5 = 0. Искомое уравнение прямой х + у – 5 = 0. задания 2) и 3) выполняются аналогично.

Ответ: 1) x + y – 5 = 0; 2) 3x + 10y – 2 = 0; 3) x + 6y + 13 = 0.

77

№ 37. Составьте уравнения прямых, содержащих стороны тре-угольника ОАВ в задаче 16.

Введем систему координат такую, что О (0; 0), А (0; 2), В (-4; 0). 1) Сторона АО лежит на оси у, тогда, уравнение прямой, со-

держащей сторону АО, х = 0. 2) Подставим координаты точек А и В в общее уравнение

0=++ cbyax

2) 0·a + 2b + c = 0, 2b = – с, b = 21

− c.

–4а+С = 0;·b+c=0, – 4 a= – с, а=41 с. Далее уравнение примет вид:

024

=+− cycxc , то есть

0121

41

=+− yx ,

х – 2у + 4 = 0. Уравнение прямой, содержащей сторону АВ, х – 2у + 4 = 0. 3) Уравнение прямой, содержащей сторону ВО, у = 0, так как

ВО лежит на оси х. Ответ: x = 0; y = 0; x – 2y + 4 = 0.

№ 38. Чему равны координаты a и b в уравнении прямой ах + + bу = 1, если известно, что она проходит через точки (1; 2) и (2; 1)?

Подставим координаты точек в уравнение прямой: а + 2b = 1 и 2a + b = l.

21212 −

⎩⎨⎧

=+=+

baba

⎩⎨⎧

=+−=−−

,12242

baba

78

-3b = -1,

31

=b

2a = l – b,

31

2311

21

=−

=−

=ba

Ответ: 31

== ba .

№ 39. Найдите точки пересечения с осями координат прямой, заданной уравнением: 1) х + 2у + 3 = 0; 2) Зх + 4у = 12; 3) Зх-2у + 6 = 0; 4) 4х-2у-10 = 0.

1) Пусть точка пересечения это (х; 0). Тогда она удовлетворяет уравнению прямой, то есть х + 2· 0 + 3=0, х = -3.

Значит, точка пересечения (-3; 0). Точка пересечения с осью у (0;у) удовлетворяет уравнению

прямой: 0 + 2у + 3 = 0, у = -1,5.

Значит, точка пересечения (0; -1,5). Получаем, что точки пересечения с осями координат (-3; 0) и

(0; -1,5). Задачи 2), 3) и 4) решаются аналогично. Ответ: 1) (-3; 0) и (0; -1,5); 2) (4; 0) и (0; 3); 3) (–2; 0) и (0; 3); 4) (2,5; 0) и (0; –5).

№ 40. Найдите точку пересечения прямых, заданных уравне-ниями:

1) х + 2у + 3 = 0, 4х + 5у + 6 = 0; 2) Зх – у – 2 = 0, 2х + у-8 = 0; 3) 4х + 5у + 8 = 0, 4х – 2у – 6 = 0.

Координаты точек пересечения прямых являются решениями системы уравнений, задающих эти прямые:

1) ⎪⎩

⎪⎨

⎧

=++

−⋅=++

0654

)4(032

yx

yx

⎩⎨⎧

=++=−−−

065401284

yxyx

(складываем)

-3y – 6 = 0,

79

y = – 2, х=-2у – 3 = 4 – 3=1. (1; -2).

2) ⎩⎨⎧

=−+=−−

082023

yxyx

(складываем)

5x – 10=0, 5х=10 x = 2, y = -2x + 8 = -2·2 + 8 = 4. (2; 4).

3)⎪⎩

⎪⎨⎧

=−−

−⋅=++

0624)1(0854

yxyx

⎩⎨⎧

=−−=−−−0624

0854yx

yx (складываем)

-7у – 14=0 –7у=14, у = -2, 4х = 2у + 6 = – 4 + 6 = 2, х = 0,5. (0.5; -2).

Ответ: 1) (1; –2); 2) (2; 4); 3) (0,5; –2).

№ 41*. Докажите, что три прямые х + 2у = 3, 2x – у = 1 и Зх + у = 4 пересекаются в одной точке.

Найдем точку пересечения прямых х + 2у = 3 и 2х – у = 1. Ко-ординаты точки пересечения этих прямых — это решение системы уравнений:

⎩⎨⎧

=−=+

.12,32

yxyx

1) х = 3 – 2у подставляем во 2-е уравнение. 2) 2·(3 – 2у) – у = 1; 6 – 4у – у = 1, 5у = 5, у = 1. 3) х = 3 – 2·1, х = 1. точка пересечения прямых х + 2у = 3 и 2х – у = 1 это (1;1). Подставив в уравнение Зх + у = 4 вместо х и у координаты точ-

ки (1; 1), получим: 3⋅1 + 1 = 4 — верное равенство. Значит, прямая Зх + у = 4 проходит через точку (1; 1). А значит,

все три прямые пересекаются в точке (1; 1). Так как никакие две различные прямые не могут иметь более одной общей точки, то (1; 1) — единая общая точка.


80

№ 42*. Найдите координаты точки пересечения медиан тре-угольника с вершинами (1; 0), (2; 3), (3; 2).

Пусть в ∆АВС А (1; 0); В (2; 3); С (З; 2), АА1, ВВ1,. СC1 — ме-дианы.

B1 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++

220;

231 ; B1 (2; 1).

C1 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++

230;

221 , C1 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

23;

23

Получаем уравнение прямой BB1: x = 2. и уравнение прямой CC1: x – 3y + 3 = 0. Координаты O (xо, yо) — точки пересечения медиан ∆АВС это

решение системы⎩⎨⎧

=+−=

0332оо

оyx

x⎩⎨⎧

=+−=

,03322

oo

yx

xо = 2

yо = 35 .

Ответ: ⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛32

1;2 .

№ 43. Докажите, что прямые, заданные уравнениями y = kx + l1, y = kx + l2 при l1≠l2 параллельны.


№ 44. Среди прямых, заданных уравнениями, укажите пары па-раллельных прямых: 1) х + у = 1; 2) у – х = 1; 3) х – у = 2; 4) y = 4; 5) у = 3; 6) 2х + 2у + 3 = 0.

1) y = -x + 1, k = -1; 4) y = 4, k = 0; 2) y = x +1, k = 1; 5) y = 3, k = 0; 3) y = x - 2, k = 1; 6) у=-х-1,5, k=-1

y = -х – 1,5, k = -1. Параллельные прямые 1) и 6); 2) и 3); 4) и 5), так как коэффи-

циенты k у них равны. Ответ: 1) и 6); 2) и 3); 4) и 5).

№ 45. Составьте уравнение прямой, которая параллельна оси у и проходит через точку (2; -8).


81

№ 46. Составьте уравнение прямой, параллельной оси х и про-ходящей через точку (2; 3).

Так как прямая параллельна оси х, то она задается уравнением вида у = с .

Так как точка (2; -3) лежит на прямой, то ее координаты удов-летворяют этому уравнению -3 = с . То есть с=-3 и уравнение пря-мой y = 3. Ответ: y = 3.

№ 47. Составьте уравнение прямой, проходящей через начало координат и точку (2; 3).

Пусть ax + by + c= 0 – уравнение прямой. Прямая проходит че-рез начало координат, поэтому с = 0.

Так что ax + by = 0, так как прямая проходит через (2; 3), то 2a + 3b = 0, то есть a = -1,5b. Уравнение примет вид -1,5bx + by =0, то есть Зх-2у = 0.

Ответ: Зх-2у = 0.

№ 48. Найдите угловые коэффициенты прямых из задачи 39. Угловые коэффициенты прямых ax + by +c =0 находятся по

формуле bak −= . 1) k = –

21 ; 2) k = –

43 ; 3) k =

23 ; 4) k = 2

Ответ: 1) –21 ; 2) –

43 ; 3)

23 ; 4) 2.

№ 49. Найдите острые углы, которые образует заданная прямая с осью х: 1) 2у = 2х + 3; 2) х 3 - у = 2; 3) х + у 3 + 1-0.

1) 2у = 2х + 3, 2) x 3 - у = 2, 3) x + y 3 + l = 0, у = х 3 - 2, y 3 = -x – 1,

y = х + 1,5, k = 3 , 3

13−−=

xy ,

k = 1, tgα = 3 , 33

−=k ,

tgα = 1. α = 60°. 3

3−=βtg ,

α = 45°. β=150°, α = 180°-β = 30°.

Ответ: 1) 45°; 2) 60°; 3) 30°.

82

№ 50. Найдите точки пересечения окружности х2 + у2 = 1 с прямой: 1) у = 2х + 1; 2) у = х + 1; 3) у = Зх + 1; 4) у = kх + 1.


№ 51*. При каких значениях с прямая х + у + с = 0 и окружность х2 + у2 = 1: 1) пересекаются; 2) не пересекаются; 3) каса-ются?

Координаты точек пересечения являются решением системы уравнений:

⎪⎩

⎪⎨⎧

=++=+

.0,122

cyxyx

Окружность и прямая пересекаются, если система имеет реше-ния.

1) y = –x – c. 2) x2 + (-x-c)2 = l, х2 + х2 + 2хс + с2 – 1 = 0, 2x2 + 2cx + (c2- l) = 0. (2) Система будет иметь решения, если квадратное уравнение име-

ет корни, то есть, если 4D = c2 – 2(c2 – l) = 2 – c2 будет неотрица-

тельным, 02 2 ≥− с , c2 ≤ 2, 2≤с , 22 ≤≤− с . То есть при

22 <<− с уравнение (2) имеет два корня, а значит, система имеет два решения, окружность и прямая пересекаются в двух раз-

личных точках; при 2−=с или 2=с , 4D = 0 уравнение (2)

имеет один корень, система имеет одно решение, значит, окруж-ность и прямая касаются.

А при 2−<с или 2>с , 4D <0, система не имеет решений,

так как уравнение (2) не имеет решений, значит, окружность и прямая не пересекаются. Ответ: 1) пересекаются, если 22 <<− с ; 2) не пересекаются, если 2−<с или 2>с ; 3) касаются, если 2−=с или 2=с .

83

№ 52. Найдите синус, косинус и тангенс углов: 1) 120°; 2) 135°; 3) 150°.

1) α = 120°,

sinα = sin (180°-60°) = sin 60° = 23 ;

cosα = cos (180°-60°) = -cos 60°= 21

− ;

tgα = tg (180°-60°) = -tg 60° = 3− . 2) α = 135°,

sinα = sin (180°-45°) = sin 45° = 22 ;

cosα = cos (180°-45°) = -cos 45° = 22

− ;

tgα = tg (180°-45°) = -tg 45° = -1. 3) α = 150°,

sinα = sin (180°-30°) = sin 30° = 21 ;

cosα = cos (180°-30°) = -cos 30° = 23

− ;

tgα = tg (180°-30°) = -tg 30° = 33

−

№ 53. Найдите: 1) sin 160°; 2) cos 140° 3) tg 130°. 1) sin 160° = sin (180°-20°) = sin 20°≈0,3420. 2) cos 140° = cos (180°-40°) = -cos 40°≈ -0,7660. 3) tg 130° = tg (180°-50°) = -tg 50°≈ -1,1918.

№ 54. Найдите синус, косинус и тангенс углов: 1) 40°; 2) 14°36'; 3) 70°20'; 4)30°1б'; 5) 130°; 6) 150°30'; 7) 150°33'; 8) 170°28'.

Синус, косинус и тангенс острых углов находим с помощью таблиц Брадиса. 1), 2), 3) и 4).

5) α = 130°. sinα = sin (180°-50°) = sin 50° = 0,7660. Значения cos α и tg α находятся аналогично. 6) α = 150°30'. sin 150°30' = sin (180°-29°30') = sin 29°30' = 0,4924. Задания 7) и 8) выполняются аналогично.

84

№ 55. Найдите углы, для которых: 1) sin а = 0,2; 2) cos α = -0,7; 3) tg α = -0,4.

1) sin α = 0,2, α = 11°32' или α = 168°28'. 2) cos α = -0,7, cos (180°-α) = = -cos α =0,7 180°-α = 45°34′ α = 180°-45°34', α = 134°26'. 3) tg α = -0,4. tg (180°-α) = -tgα =0,4 180°-α = 21°48', α = 180°-21°48' α = 158°12'

№ 56. Найдите sin α и tg α, если: 1) соsα = 31 ; 2) cosα = –0,5;

3) соsα = 22 ; 4) соsα = –

23 .

1) соsα = 31 , тогда

,3

2298

911cos1sin 2 ==−=α−=α

2213

322=

⋅⋅

==ααα

cossintg

2) cos a = -0,5,

( ) ,23

4375,025,015,01sin 2 ===−=−−=α

31223

−=⋅/⋅

−==ααα

cossintg

Задания 3) и 4) выполняются аналогично.

№ 57. Найдите cosα и tg α, если: 1) sinα = 0,6, 0 < α <90°;

2) sinα = 31 , 90<α<180°; 3) sin α =

21 , 0< α <180°.

1) sin α = 0,6, 0° < α<90°. Тогда

85

cos α = 36,016,01 2 −=− = 64,0 = 0,8; tgα = 43

8,06,0

cossin

==αα .

2) sinα = 31 , 90°< α <180°. Тогда

cosα3

2298

311

2−=−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−−= ;

221

22331

cossin

−=⋅

⋅−=

αα

=αtg

3) sinα = 2

1 , 0°< α <180°, тогда

cosα = 211

211

2

−±=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−± = ±

21 ;

11221

cossin

±=⋅

⋅±=

αα

=αtg .

№ 58. Известно, что tgα = 125

− . Найдите sinα и соsα.

α=α+

22

cos11 tg ;

α+=α 2

2

11costg

,

144251

1cos2

+=α ,

169144cos2 =α ;

1312cos ±=α ,

135

1312125cossin ±=⋅⋅

±=α⋅α=α tg .

№ 59. Постройте угол α, если известно, что sinα = 53 .

Строим прямоугольный треугольник с катетом 3 и гипотену-

зой 5. Угол напротив катета 3 — искомый, так как sinα = 53 .

86

№ 60. Постройте угол α, если известно, что cosα = 53

− .

Строим прямоугольный треугольник с катетом 3 и гипотенузой 5. Угол, смежный с углом β -треугольника – искомый.

Так как cos (180°-β) = -cos β =53

− = cos α.

№ 61*. Докажите, что если соsα = cosβ, то α = β.

По определению cosα = Rx1 , где R — радиус окружности с цен-

тром (0; 0), а А(x1; y1) – точка пересечения одной из сторон угла α с этой окружностью, если другая сторона совпадает с положитель-ной полуосью х, и угол α отложен в верхнюю полуплоскость, где у>0.

Аналогично cosβ = Rx2 , а В(x2; y2) – соответствующая точка.

Поскольку cosα = cosβ, то

Rx1 =

Rx2 , значит, x1 = x2.

Так как точки А и В принадлежат окружности с центром (0; 0) и радиуса R, то

x12 + у1

2 = R2. x2

2 + y22 = R2.

А так как х1 = x2 то у12 = y2

2. Поскольку y1, у2— положительные числа, то y1 = y2, значит, А (х1; у1) и В (х2; у2) совпадают.

А значит, α = β. Что и требовалось доказать.

№ 62*. Докажите, что если sinα = sinβ, то либо α = β, либо α = 180° – β.

Пусть А (х1; y1). В (x2; у2) — точки пересечения окружности с центром (0; 0) радиуса R со стороной угла α и β соответственно,

87

отложенных от положительной полуоси х в верхнюю полуплос-кость, где у>0.

По определению sinα = Ry1 ; sinβ =

Ry2 . Поскольку точки А и В

лежат на окружности с центром (0; 0) радиуса R, то x12 + y1

2 = R2 и x2

2 + y22 = R2, но y1 = y2, так как sin α = sin β.

Так как y1 = y2, то х12 = х2

2 , |x1| = |x2|. Значит, либо x1 = x2, либо x1 = -х2.

Если х1 = х2, то А и В совпадают и α = β; если x1 = -x2, то опус-тим перпендикуляры АА1 и ВВ1 из А и В на ось х. Тогда ОА1=ОВ1, ОА=ОВ и АА1=ВВ1.

Поэтому ∆OA1A = ∆OВ1B (по трем сторонам), значит, ∠B1OB = ∠A1OA = β, ∠В1OA = α является смежным с углом A1OA, значит, α+β = 180°. То есть

β = 180-α. Что и требовалось доказать.

88

§ 9. Движение

№ 1. Докажите, что при движении параллелограмм переходит в параллелограмм.

Диагонали параллелограмма пересекаются в точке, которая де-лит каждую из них пополам. Но при движении параллелограмм перейдет в четырехугольник, у которого диагонали в точке пересе-чения делятся пополам. А значит этот четырехугольник — парал-лелограмм.


№ 2. В какую фигуру переходит при движении квадрат? Объ-ясните ответ.

Поскольку движение — это преобразование одной фигуры в другую, сохраняющее расстояния между точками и сохраняющее углы между полупрямыми, то квадрат перейдет в фигуру, стороны которой будут равны и углы прямые, а значит, эта фигура – квад-рат. То есть квадрат перейдет в квадрат.

№ 3. Даны точки А и В. Постройте точку В', симметричную точке В относительно точки А.

На продолжении прямой ВА откладываем отрезок АВ΄=АВ.

№ 4. Решите предыдущую задачу, пользуясь только цирку-лем.

AB1

C

B

D

AB = CB = CD = DB1.

89

№ 5. Докажите, что центр окружности является ее центром симметрии.

Любая точка А окружности при сим-метрии относительно центра окружности О отобразится на точку В, лежащую на ок-ружности. Наоборот, любая точка В ок-ружности является симметричной некото-рой точке А, лежащей на той же окружности, а значит, при симметрии от-носительно О окружность отобразится сама на себя. Так что О – центр симметрии, что и требовалось доказать.

№ 6. При симметрии относительно некоторой точки точка Х переходит в точку X'. Постройте точку, в которую при этой симметрии переходит точка Y.

Центром симметрии является точка О, которая есть середина

отрезка XX'. Так что Y΄ — точка, симметричная Y относительно точки О.

№ 7. Может ли у треугольника быть центр симметрии? При симметрии треугольник перейдет в треугольник, причем

вершины перейдут в вершины. Допустим, что ∆AВO имеет центр симметрии О. Но тогда симметричная точка должна быть либо точка В, либо точка С. Допустим, что это В. Следовательно, центр симметрии О является серединой АВ. Но тогда точка, симметрич-ная точке С относительно О, не будет принадлежать ∆АВС. Зна-чит, у треугольника нет центра симметрии. Ответ: не может.

№ 8. Докажите, что у параллелограмма точка пересечения диагоналей является центром симметрии.

90

Диагонали параллелограмма в точке пересечения делятся попо-лам, а значит, при симметрии относительно центра О вершины па-раллелограмма отобразятся на противоположные вершины этого же параллелограмма. При симметрии отрезок отображается на от-резок, поэтому и стороны параллелограмма отобразятся на проти-воположные стороны, а значит, параллелограмм отобразится сам на себя, то есть, О — центр симметрии.


№ 9. Докажите, что четырехугольник, у которого есть центр симметрии, является параллелограммом.

Пусть О — центр симметрии какого-то четырехугольника ABCD. Возможны три случая симметричного отображения: А в В, а С в D, или А в С, а В в D, или А в D, а В в С.

Если А переходит в В, а С в D, то О — середина отрезка АВ и отрезка CD, что невозможно, так как эти отрезки являются разны-ми сторонами многоугольника ABCD. Аналогично точка А не мо-жет перейти в точку D, а В в С. Значит А переходит в С, а В в D, так что отрезки АС и BD в точке О делятся пополам, но они явля-ются диагоналями четырехугольника, а значит, этот четырех-угольник параллелограмм.


№ 10*. Даны пересекающиеся прямые и точка, не лежащая на этих прямых. Постройте отрезок с концами на данных прямых и серединой в данной точке.

Пусть М – точка пересечения прямых a и b. Построение: 1) Построим М1, симметричную М относительно точки О. 2) Через М1 проводим прямые а1║а и b1║b.

91

3) Точку пересечения прямых а и b1 обозначим А, а точку пере-сечения прямых b и а1 обозначим В.

Докажем, что АВ — искомый отрезок. Стороны четырехугольника МАМ1В попарно параллельны, так

как а║а1, b║b1, а значит, МАМ1В — параллелограмм. Точка О — середина диагонали ММ1, так как М и М1 – симмет-

ричны относительно точки О. Так как диагонали параллелограмма в точке пересечения делят-

ся пополам, то диагональ АВ содержит точку О, которая является серединой АВ. Так что искомый отрезок – это АВ.

№ 11. Что представляет собой фигура, симметричная относи-тельно данной точки: 1) отрезку; 2) углу; 3) треугольни-ку?

1) Фигура, симметричная относительно данной точки отрезку, является отрезком.

2) Фигура, симметричная относительно данной точки углу, яв-ляется углом.

3) Фигура, симметричная относительно данной точки треуголь-нику, является треугольником.

№ 12. Даны точки А, В, С. Постройте точку С′, симметричную точке С относительно прямой АВ.

№ 13. Решите задачу 12, пользуясь только циркулем.

92

№ 14. Чему равны координаты точки, симметричной точке (-3; 4) относительно: 1) оси x; 2) оси у; 3) начала коорди-нат?

M'M

M'' M0

1) (-3; – 4); 2) (3; 4); 3) (3; – 4).

№ 15. При симметрии относительно некоторой прямой точка X переходит в точку X'. Постройте точку, в которую при этой симметрии переходит точка Y.

Прямая, относительно которой происходит симметрия – сере-

динный перпендикуляр к отрезку XX'.

№ 16. Докажите, что прямая, содержащая биссектрису угла, является его осью симметрии.

93

Пусть ОС — биссектриса ∠АОВ. Из любой точки угла АОВ проведем прямую, Х'Х", перпенди-

кулярную биссектрисе угла, Х'Х" ⊥ 0С. Рассмотрим ∆OXX' и ∆OXX". OX — общая сторона. ∠X’OX = ∠XOX" (так как ОС — биссектриса). ∠Х'ХО = ∠Х"ХО = 90° (так как Х'Х" ⊥ 0С). Так что ∆ОХХ' = ∆ОХХ" (по стороне и двум прилежащим углам). Зна-

чит XX' = XX". Значит, точки X' и X" симметричны относительно прямой, со-

держащей биссектрису, а значит, эта прямая является осью сим-метрии угла. Что и требовалось доказать.

№ 17. Докажите, что прямая, содержащая медиану равнобед-ренного треугольника, проведенную к основанию, явля-ется осью симметрии треугольника.

У равнобедренного треугольника медиана, проведенная к осно-ванию, является биссектрисой.

Так что доказательство данной задачи аналогично доказатель-ству № 16.

№ 18. Докажите, что если у треугольника есть ось симметрии, то: 1) она проходит через одну из его вершин; 2) тре-угольник равнобедренный.

Если у треугольника есть ось симметрии, то она является сере-

динным перпендикуляром к одной из его сторон. Допустим, что l — серединный перпендикуляр к стороне АС. Если бы точка В не принадлежала серединному перпендикуля-

ру l то нашлась бы симметричная точка В΄ в ∆AВС, относительно

94

точки В. А значит ВВ΄║АС, чего не может быть. Так что точка В принадлежит оси симметрии.

Далее ∆AOВ = ∆COВ (по двум сторонам и углу между ними). (АО = ОС, ∠АОВ = ∠ВОС = 90°, ВО — общая сторона). Так что АВ = ВС, и ∆AВС — равнобедренный. Что и требова-

лось доказать.

№ 19. Сколько осей симметрии у равностороннего треугольни-ка?

У равностороннего треугольника три оси симметрии.

№ 20. Докажите, что прямые, проходящие через точку пересе-чения диагоналей прямоугольника параллельно его сто-ронам, являются его осями симметрии.

Через точку О пересечения диагоналей прямоугольника прове-дем прямые АВ и CD, параллельные сторонам прямоугольника. Теперь через произвольную точку на стороне, параллельной СD проведем Х′X" — параллельно АВ. Пусть Х — точка пересечения Х′X"с прямой CD. Так как АО = ОВ, а Х'Х = АО, Х Х" = ОВ, то ХX'=X"Х – поэтому Х′ и X" точки симметричные относительно

95

прямой CD. Значит, прямая CD является осью симметрии прямо-угольника.

Аналогично доказывается, что прямая АВ тоже является осью симметрии прямоугольника.


№ 21. Докажите, что диагонали ромба являются его осями симметрии.

Диагонали ромба пересекаются под прямым углом и точкой пе-ресечения делятся пополам.

А значит, BD является серединным перпендикуляром отрезка АС. Точка А симметрична точке С относительно ВD.

Через произвольную точку Х′ про-ведем, прямую Х'Х", параллельную АС. ∆BXX=∆ВXX" (по стороне и двум уг-лам), значит, ХX’’ = ХХ', X' и X" — симметричны относительно ВD. А зна-чит, диагональ BD — ось симметрии.

Аналогично доказывается, что диа-гональ АС также является осью сим-метрии.


№ 22. Докажите, что диагонали квадрата и прямые, проходящие через точку их пересе-чения параллельно его сторонам, являются осями сим-метрии квадрата.

Так как квадрат — это ромб с прямыми углами, то задача доказывается аналогично № 20 и № 21.

№ 23. Докажите, что прямая, проходящая через центр окруж-ности, является ее осью симметрии.

Пусть О — центр окружности, а — прямая, проходящая через точку О. Пре-образование симметрии относительно прямой а переводит точку С окружности в точку С', а точку О оставляет на месте.

Возьмем произвольную точку X на окружности и построим точку X', сим-метричную точке Х относительно пря-мой а.

96

∆OAX = ∆OAX' так как у них углы при вершине А прямые, сторона ОА — общая, АХ = АХ' , так как Х и X' – симметричные точки.

Значит ОХ = ОХ', а значит точка X' лежит на окружности. То есть, окружность при симметрии относительно прямой а перехо-дит в себя, так что прямая а – ее ось симметрии.


№ 24*. Даны три попарно пересекающиеся прямые а, b, с. Как построить отрезок, перпендикулярный прямой b, с сере-диной на прямой b и концами на прямых a и с? Всегда ли задача имеет решение?

Пусть прямые a и с пересекаются в точке К, b и с в точке М, а и b в точке N.

Предположим, что задача решена и отрезок АС с концами на пря-мых а и с перпендикулярен b и в точке пересечения с прямой b делит-ся пополам. Точки А и С симметричны относительно прямой b.

Рассмотрим симметрию относительно прямой b. При этом пря-мая b отобразится на b;

точка N — на N (как лежащая на прямой b); точка М — на М (как лежащая на прямой b); точка К—на К'; точка А — на С. Следовательно прямая с отобразится на прямую с', проходя-

щую через К', М, А, так как с проходит через К, М, С; прямая а — на прямую а', проходящую через точки К', N, С, так

как прямая а проходит через точки К, N, А. Через точку А проходят прямые а и с', через точку С — прямые

с и а'.

97

Построение. 1. Строим точку К', симметричную К относительно прямой b. 2. Через точки К' и М проводим прямую с', симметричную пря-

мой с так как К' симметрична К, а М симметрична М, относитель-но прямой b.

3. Через точки К' и N проводим прямую а', симметричную пря-мой а, так как К' симметрична К, а N – симметрична N, относи-тельно прямой b.

4. Обозначим точку пересечения прямых с и а' точкой С, а точ-ку пересечения прямых а и c' обозначим А. Построим отрезок АС.

Докажем, что АС — искомый отрезок. По построению прямые а и а', с и с' симметричны относительно

прямой b, А — точка пересечения прямых а и с', значит, симмет-ричная ей точка это точка пересечения прямых а' и с, то есть точка С. Значит точки А и С симметричны относительно прямой b, зна-чит, АС — искомый отрезок.

Исследуем, всегда ли задача имеет решения и сколько решений возможно.

Задача не будет иметь решение, если нельзя построить точки А и С, то есть, если прямые а и с' или с и a' не пересекаются, то есть, если а║с' или с║а'.

Прямые a и с' параллельны тогда и только тогда, когда ∠1 = ∠2 (соответствующие углы при пересечении прямых a и с секущей b).

Но прямая С симметрична С', поэтому образует с прямой b угол 3, равный углу между С' и В, то есть углу 2. Так что

∠1 = ∠2, ∠2 = ∠3, то есть ∠1 = ∠3. Значит, ∆МКN — равнобедренный.

98

То есть если при попарном пересечении прямых a, b, с полу-чится равнобедренный ∆МNК с основанием MN, лежащим на пря-мой b, то задача не будет иметь решения.

Далее заметим, что при любом другом способе построения от-резок С'А', удовлетворяющий условию задачи, должен быть сим-метричен относительно прямой b, а значит, его концы должны ле-жать как на прямых а и с, так и на симметричных прямых а' и с', то есть точки А' и С', должны совпадать с построенными точками А и С.

Значит, при любом способе построения задача будет иметь единственное решение, если точки пересечения прямых не явля-ются вершинами равнобедренного треугольника с основанием, лежащим на прямой b, в противном случае задача решений не имеет. № 25. 1) Постройте точку А1, в которую переходит точка А при

повороте около точки О на угол 60° по часовой стрелке. 2) Постройте фигуру, в которую переходит отрезок АВ при повороте около точки О на угол 60° по часовой стрелке.


№ 26. Постройте фигуру, в которую переходит треугольник АВС при повороте его около вершины С на угол 60°.

A

C

B1

B

A1

60°60°

AC = A1C; BC = B1C; При повороте ∆ABC переходит в равный ему ∆A1B1C.

99

№ 27. Даны точки А, В, С. Постройте точку С', в которую пе-реходит точка С при параллельном переносе, переводя-щем точку А в В.

Середина отрезка АС' является серединой отрезка СВ.

№ 28. Параллельный перенос задается формулами x' = x + 1, y’ = y-1. В какие точки при этом параллельном переносе переходят точки (0; 0), (1; 0), (0; 2)?

1) x' = 0 + l = l; y' = 0-l = -l, (0; 0) →(1; – 1). 2) x' = 1 + l = 2; y' = 0 – l = –l, (1; 0) →(2; – 1). 3) x' = 0 + l = 1; y' = 2 – l = l, (0; 2) → (1; 1).

Ответ: (1; –1); (2; –1); (1; 1).

№ 29. Найдите величины а и b в формулах параллельного пе-реноса х' = х + а, у' = y + b, если известно, что: 1) точка (1; 2) переходит в точку (3; 4); 2) точка (2; – 3) — в точку (-1; 5); 3) точка (-1; – 3) — в точку (0; – 2).

1) Так как точка (1; 2) переходит в точку (3; 4), то 3 = 1 + a, 4 = 2 + b. Отсюда a = 2, b = 2.

Аналогично выполняются задания 2) и 3). Ответ: 1) a = 2; b = 2; 2) a = –3; b = 8; 3) a = 1; b = 1.

№ 30. При параллельном переносе точка (1; 1) переходит в точку (-1; 0). В какую точку переходит начало коорди-нат?

Задача решена в учебнике на стр. 147.

№ 31. Существует ли параллельный перенос, при котором: 1) точка (1; 2) переходит в точку (З; 4), а точка (0; 1) — в точку (-1; 0); 2) точка (2; – 1) переходит в точку (1; 0), а точка (1; 3) — в точку (0; 4)?

1) (1; 2) → (3; 4); (0; 1) → (-1; 0); x = x' + a; 0 = -l + a; y = y' + b; l = 0 + b; l = 3 + a; a = l;

100

2 = 4 + b. b = l. a = -2; b = -2. Так как значения а и b не равны в первом и втором случаях, то

такого параллельного переноса не существует. 2) (2; – 1) → (1; 0); (1; 3) → (0; 4); 2 = 1 + а; a = 1; 1 = 0 + а; а = 1; -l = 0 + b; b = – 1. 3 = 4 + b; b = – 1. Значения а и. b равны, параллельный перенос существует.

Ответ: 1) нет; 2) да.

№ 32. Прямые АВ и CD параллельны. Точки А и D лежат по одну сторону от секущей ВС. Докажите, что лучи BА и CD одинаково направлены.


№ 33. Докажите, что в задаче 32 лучи ВА и CD противополож-но направлены, если точки А и D лежат по разные сто-роны от секущей ВС.

Выполним параллельный перенос, при котором точка С совме-щается с точкой В. При этом точка D переходит в точку D1 на пря-мой АВ, так как АВ║CD. Точки D' и D лежат по одну сторону от прямой ВС, так как D'D║ВС. Тогда, точки А и D' лежат по разные стороны от точки В. А это значит, что прямые ВА и BD1 противо-положно направлены, если точки А и D лежат по разные стороны от секущей ВС.


№ 34. Четырехугольник ABCD — параллелограмм. Среди лу-чей АВ, ВА, ВС, СВ, CD, DC, AD, DA назовите пары одинаково и противоположно направленных лучей.

Одинаково направленные лучи: АВ и CD; ВА и DC; АВ и СD; ВА и DС. Противоположно направленные лучи: AВ и ВА; ВС и CВ; СD и

DС; АD и DА; АВ и DС; ВА и СD.

101

№ 35. Докажите, что отрезки равной длины и углы с равной градусной мерой совмещаются движением.

Пусть длины отрезков АВ и А1В1 равны. Подвергнем отрезок преобразованию симметрии относительно

прямой а, перпендикулярной отрезку АА1 и проходящей через его середину. Получим отрезок А1В2 если В1 и В2 совпадают, то зна-чит, АВ и А1В2 равны, если не совпадают, то подвергнем отрезок А1.В2 преобразованию симметрии относительно прямой b, содер-жащей биссектрису угла В2A1В1. Так как ∆B2A1В1является равно-бедренным, то его биссектриса является серединным перпендику-ляром к В1В2 и, значит, при симметрии относительно прямой b точка В2перейдет в точку B1.

Таким образом, отрезок АВ в результате рассмотренного дви-жения перешел в отрезок А1В1.

Пусть градусные меры углов АВС и А1В1С1 равны.

102

В результате симметрии относительно прямой а, являющейся серединным перпендикуляром к ВВ1, и поворота вокруг В1 на угол А2В1С1 угол АВС совместится с углом A1B1C1. Что и требовалось доказать.

№ 36*. У параллелограммов ABCD и А1В1C1D1 АВ = А1В1, AD = A1D1 и ∠А = ∠А1. Докажите, что параллелограммы равны, то есть совмещаются движением.

Пусть в параллелограммах ABCD, A1B1C1D1 AB = А1B1; AD = A1D1, ∠А = ∠А1.

Так как ∆ABD = ∆A1B1D1 по двум сторонам и углу между ни-ми, то существует движение, переводящее ∆ABD в ∆A1B1D1 (см. п. 90). При этом движении луч АО должен совместиться с лу-чом А1О1 (где О, О1 — точки пересечения диагоналей), так как О и О1 — середины отрезков BD и B1D1 которые при данном движении совмещаются.

При движении сохраняется расстояние между точками, значит, длины АО и А1О1равны.

АО = ОС и A1O1 = O1C1 (по свойству диагоналей параллело-грамма).

Точка С, лежащая на луче АО на расстоянии, равном 2АО от точки А, при данном движении совместится с точкой С2, лежащей на луче А1О1 на расстоянии 2АО от точки А. Точка С1 лежит на луче А1О1 на расстоянии 2А1О1 = 2АО от точки А1. Так как на дан-ном луче от данной точки можно отложить только один отрезок данной длины, то точки С2 и С1 совпадают.

Таким образом, при движении, совмещающем ∆ABD с ∆A1B1D1, точки С и С1 тоже совмещаются, а значит, при этом дви-жении параллелограмм ABCD совмещается с параллелограммом A1B1C1D1.

103

№ 37*. Докажите, что ромбы равны, если у них равны диагона-ли.

Пусть в ромбах ABCD и А1B1С1 равны диагонали АС и А1С1, BD и B1D1. Пусть диагонали ромбов ABCD и A1B1C1D1 пересека-ются в точках О и O1 соответственно.

Рассмотрим ∆AOB и ∆A1O1В1: ∠АОВ = ∠А1О1В1 так как диагонали ромба перпендикулярны, АО = А1О1, ВО = В1О1, так как диагонали ромба в точке пере-

сечения делятся пополам и по условию диагонали АС и А1С1, BD и B1D1 равны;

∆AOВ = ∆A1O1В1по двум сторонам и углу между ними, следо-вательно AB = A1B1.

Так как в ромбе все стороны равны, то АВ = ВС = CD = AD = = A1B1 = B1C1 = C1D1 = A1D1.

Рассмотрим ∆ АВС и ∆A1B1C1: АВ = А1В1; ВС = В1С1 и AC = A1C1 (по условию), ∆ABC =

= ∆A1В1C1 по трем сторонам, значит, ∠АВС = ∠А1B1С1. В задаче № 36* § 9 было доказано, что если две стороны и угол

между ними одного параллелограмма соответственно равны двум сторонам и углу между ними другого параллелограмма, то такие параллелограммы равны.

В ромбах ABCD и A1B1C1D1 АВ = А1B1, ВС = В1С1 ∠АВС = = ∠А1В1С1, значит, эти ромбы равны.

№ 38. Докажите, что две окружности одинакового радиуса равны, то есть совмещаются движением.

104

Пусть окружности с центрами О1 и О2 имеют равные радиусы. Так как движение сохраняет расстояние между любыми двумя

точками, то при любом движении расстояние от точек окружности до центра сохраняется, а значит, окружность перейдет в окруж-ность. Теперь рассмотрим параллельный перенос, переводящий точку О1 в О2.

В силу вышесказанного, первая окружность совместится со второй.


105

§ 10. Векторы

№ 1. На прямой даны три точки А, В, С, причем точка В лежит между точками А и С. Среди векторов AB , AC , BA и BC назовите одинаково направленные и противополож-но направленные.

Векторы одинаково направлены, если соответствующие полу-прямые одинаково направлены. 1) BC . AB и AC — одинаково направлены;

2) BA и BC ; BA и AB ; BA и AC — противоположно на-правлены.

№ 2. Четырехугольник ABCD — параллелограмм. Докажите равенство векторов AB и DC .


№ 3. Даны вектор AB и точка С. Отложите от точки С вектор, равный вектору AB , если: 1) точка С лежит на прямой АВ; 2) точка С не лежит на прямой АВ.

№ 4. Векторы a (2; 4), b (-1; 2), c (с1; с2,) отложены от начала координат. Чему равны координаты их концов?

А (0; 0) — начало вектора, В (а; b) — конец вектора. a (2; 4).

106

2 = а-0, 4 = b-0. Аналогично находим для a и b .

Ответ: (2; 4); (-1; 2); (c1; с2).

№ 5. Абсолютная величина вектора a (5; т) равна 13, а век-тора b (п; 24) равна 25. Найти т и п.

Абсолютной величиной вектора называется длина отрезка, изо-бражающего вектор, a (а1; а2).

22

21 aaa +=

13 = 225 m+ , 169 = 25 + m2, m2 = 144, m = ±12.

25 = 22 24+n , 252 = n2 + 242, б25 = n2 + 576, n2 = 49, n = ±7. Ответ: m = ±12; n = ±7.

№ 6. Даны точки А (0; 1), В (1; 0), С (1; 2), D (2; 1). Докажите равенство векторов AB CD

А (0; 1); В (1; 0). AB = (1–0; 0–1) = (1; –1)

C (1,2); D(2; 1). CD = (2–1; 1–2) = (1; –1). AB = CD .

№ 7. Даны три точки А (1; 1). В (-1; 0), С (0; 1). Найдите та-кую точку D (х; у), чтобы векторы AB и CD были рав-ны.


№ 8. Найдите вектор c , равный сумме векторов a и b , и аб-солютную величину вектора c , если:

1) a (1; – 4), b (-4; 8); 2) a (2; 5), b (4; 3).

c = a + b . 1) a (1; – 4), b (-4; 8), c = (l-4; – 4 + 8), c (-3; 4).

107

5251694)3( 22 ==+=+−=с

2) a (2; 5), b (4; 3) c = (2 + 4; 5 + 3), c (6; 8).

10100643686 22 ==+=+=с

Ответ: 1) ( ) ;5,4;3 =− cc ( ) .10,8;6 =cc

№ 9. Дан треугольник АВС. Найдите сумму векторов: 1) AC и СB ; 2) AB и СB ; 3) AC и AB ; 4) CA и СB .

AC

B

A C

B

1) CBACAB +=

A C

B

C1

A C

BD

2) =1BC СB 3) ABACAD +=

CBABAC +=1

AC

BD

4) CBCACD +=

108

№ 10. Найдите вектор c = a – b и его абсолютную величину, если 1) a (1; – 4), b (-4; 8); 2) a (-2; 7), b (4; – 1).

c = a - b 1) a (1; – 4), b (-4; 8), c (l-(-4); – 4-8).

c (5; – 12); 1316914425)12(5 22 ==+=−+=с .

2) a (-2; 7), b (4; – 1), c (–2 –4; 7–(–1)), )8;6(−c .

101006436 22 ==+=с

Ответ: 1) ;13,)12;5( =cс .10,)8;6( =− cс

№ 11. Даны векторы с общим началом: AB и AC . Докажите, что AC - AB = BC .


№ 12. В параллелограмме ABCD диагонали пересекаются в точке М. Выразите векторы AB и CD через векторы a = AM , b = BM .

AB = AM – BM = a – b ; CD = – AM = b – a .

№ 13. Начертите три произвольных вектора a , b , c , как на рисунке. А теперь постройте векторы, равные: 1) a + b + c ; 2) a - b + c ; 3) – a + b + c .

1) cbay ++= ;

109

2) cbax +−= ; 3) z = - a + b + c .

Z

№ 14. 1) Докажите, что для векторов AB , BC и AC имеет ме-сто неравенство | AC |≤| AB |+| BC |. 2) Докажите, что для любых векторов a и b имеет место

неравенство | a +b |≤| a |+| b |.

1) Неравенство | AC |≤| AB |+| BC | следует из неравенства тре-угольника: АС < АВ + ВС.

Неравенство | a + b | ≤ | a | + | b | следует из того, что для векторов AB и BC , равных соответственно векторам a и b , име-ет место неравенство | AC | ≤ | AB | + | BC |.

№ 15. К горизонтальной балке на двух равных нитях подвешен

груз весом Р. Определите силы натяжения нитей.

110

Равнодействующая F сил 1F и 2F натяжения нитей должна быть по величине равна весу Р.

F является диагональю ромба с острым углом 60°, выходящей из этого угла.

;30cos21

1 °⋅= FFrr

3

33

232

30cos21

PPPFF ==

⋅

==o

rr

.

№ 16. С какой силой F надо удерживать груз весом С на на-клонной плоскости, чтобы он не сползал вниз?


№ 17. Даны точки А (х1; у1) и В (х2, у2). Докажите, что векторы AB и BA противоположно направлены.


№ 18. Докажите, что векторы a (1; 2) и b (0,5; 1) одинаково направлены, а векторы c (-1; 2) и a (0,5; – 1) противо — положно направлены.

1) a (1; 2); b (21 · 1;

21 ·2); ba

21

= ; λ = 21 ; λ> 0, векторы оди-

наково направлены. 2) c (-1; 2); d (0.5;-1); d = – 2 · c ; λ = – 2, λ< 0, векторы противоположно направле-

ны.

№ 19. Даны векторы a (3; 2 ) и b (0; – 1). Найдите вектор c = – 2 a + 4 b и его абсолютную величину.

a (3; 2), b (0; – 1); c = – 2 a + 4 b ; –2 a (–2 · 3; – 2 · 2) = (– 6; – 4); 4 b (4 · 0; 4 · (–1)) = (0; – 4); c (-6 + 0; – 4 + (-4);

c (-6; – 8), | c | = ==−+− 100)8()6( 22 10. Ответ: (–6; 8); 10.

111

№ 20. Абсолютная величина вектора λ a равна 5. Найдите λ, если: 1) a (-6; 8); 2) a (3; – 4); 3) a (5; 12).

|λ a | = 5. 1) a (-6; 8); | a | = 10064368)6( 22 =+=+− = 10; |λ·10 | = 5;

λ = ±21

2) a (3; – 4); | a | = ( ) 2516943 22 =+=−+ = 5; |λ· 5 | = 5; λ = ±1.

3) a (5; 12); | a | = 19614425125 22 =+=+ = 13; | λ·13 | = 5;

λ = ±135 .

Ответ: 1) ±21 ; 2) ±1; 3) ±

135 .

№ 21. В треугольнике АВС проведена медиана АМ. Докажите, что AM =

21 ( AB + AC ).

Выполните сложение векторов AB и AC по правилу паралле-

лограмма. AB + AB = AD . М — точка пересечения диагоналей параллелограмма, которая

делит их пополам.

ADAM21

= ; 21 ( AB + AC .

21) AD=

21 ( AB + AC ) = AM .


112

№ 22. Точки М и N являются серединами отрезков АВ и CD со-ответственно. Докажите векторное равенство

)(21 BDACMN += .

+

),()()(2 DNCNBDACMBMAMN

DNBDMBMN

CNACMAMN

+++++=

++=

++=

так как DNCNMBMA −=−= , , то BDACMN +=2

)(21 BDACMN += .


№ 23. Дан параллелограмм ABCD, AC = a , DB = b . Вырази-те векторы AB , CB , CD и AD через a и b .

)(21

21

21 babaAB +=+= ,

)(21

21

21 abbaCB −=+−= ,

( )baABCD +−=−=21 ,

( )baCBAD −=−=21 .

№ 24*. Докажите, что у коллинеарных векторов соответствую-щие координаты пропорциональны. И обратно: если у двух ненулевых векторов соответствующие координаты пропорциональны, то эти векторы коллинеарны.

113

1) Примем a (x1; у1 ) и b (x2; y2) коллинеарные векторы, следо-вательно, согласно доказанному в п. 97, существует число λ≠0, та-кое, что b = λ· a

По определению произведения вектора на число

⎩⎨⎧

⋅λ=⋅λ=

12

12

yyxx

, следовательно λ=1

2

xx

; λ=1

2

yy

1

2

1

2

yy

xx

= , значит, соответствующие координаты векторов a и

b пропорциональны.

2) Примем a (x1; у1), b (х2; у2) и 1

2

1

2

yy

xx

= = λ, так как a и b

ненулевые векторы, то λ≠0, следовательно x2 = λ·x1; y2 = λ·y1 зна-чит, вектор b (x2; y2) = λ· a (x1; y1)

По теореме 10.2, если λ>0, то направление a совпадает с на-правлением b , если λ<0, то противоположно ему.

Таким образом, при любом λ≠0 векторы a и b будут коллине-арны.


№ 25. Даны векторы a (2; – 4), b (1; 1), с (1; – 2), d (-2; – 2). Укажите пары коллинеарных векторов. Какие из данных векторов одинаково направлены, а какие — противопо-ложно направлены?

a (2; – 4) и с (1;-2); λ с = a ; λ = 2, λ>0, векторы a и с коллинеарны и одинаково

направлены. b (l; l) и d (-2;-2);

d = λb ; λ = -2, λ<0, векторы d и b коллинеариы и противо-положно направлены.

№ 26. Известно, что векторы a (1; – 1) и b (-2; m) коллинеар-ны. Найдите, чему равно т.

а(1; – 1), b(-2;m); b = λ a ; λ = – 2, b (-2; 2), m = 2.

Ответ: 2.

114

№ 27. Даны векторы a (1; 0), b (1; 1) и с (-1; 0). Найдите та-кие числа λ и µ, чтобы имело место векторное равенство с = λ a + µ b .

a (1; 0), b (1; 1), с (-l; 0), так как с = λ a + µ b , то

⎩⎨⎧

µ+⋅λ=µ+λ=−

.00,1

⎩⎨⎧

−=λ=µ

.1,0

Ответ: – 1 и 0.

№ 28. Докажите, что для любых векторов a и b ( a b )≤ a 2 b 2.

a b = | a║b | cos α, где α — угол между векторами a и b . Так как | cos α | < 1, то ( a b )2 < a 2 b 2.

№ 29. Найдите угол между векторами a (l;2) и b (l;21

− ).

a (1; 2), b (l; 21

− );

a · b = l·l + 2·(21

− ) = 0.

Скалярное произведение векторов равно нулю, значит угол ме-жду ними прямой. Ответ: 90°.

№ 30*. Даны векторы a и b . Найдите абсолютную величину вектора a + b , если известно, что абсолютные величины векторов a и b равны 1, а угол между ними 60°.

( a + b )2 = a 2 + 2· a · b + b 2 = | a |2 + 2| a |·| b | соs α + | b |2, где α — угол между векторами a и b . ( a + b )2 = | ( a + b ) |2.

( a + b )2 = 1 + 2·1·1·21 + 1 = 3.

(| a | = 1, | b | = 1, cos α = cos 60° = .21 .

| a + b |2 = 3; | a + b | = 3 .

Ответ: 3 .

115

№ 31. Найдите угол между векторами a и a + b задачи 30*.

Примем | a | = | b | = 1. ( a ^ b ) = 60°.

a · ( a + b ) = a 2 + a · b = | a | · | b | cos 60° = 1 + 1·21 = 1,5.

В задаче № 30 найдена | a + b | = 3 . a · ( a + b ) = | a | · | ( a + a ) | cos ( a ; a + b ). | a║ a + a | cos ( a ; a + b ).

( ;cos a ^ )23

335,1

35,15,1

===+

=+baa

ba

Значит, ( a ; a + b ) = 30°. Ответ: 30°.

№ 32. Даны вершины треугольника А (1; 1), В (4; 1), С (4; 5). Найдите косинусы углов треугольника.

А (1; 1), В (4; 1), С (4; 5 ) 1) AB (4-1; 1-1), AB (3; 0), | AB | = 309 =+ ,

AC (4-1; 5-1), AC (З; 4), | AC | = 169 + = 5. AB · AC = 9 + 0 = 9. AB · AC = | AB |·| AC |cosA.

cosA = 53

539

=⋅

= 0,6.

cos A = 0,6. 2) BA (-3; 0). | BA | = 3. BC (4–4; 5-1), BC (0;4). | BC | = 4. BA· BC = – 3· 0 + 0· 4 = 0.

BA· BC = | BA |·| BC | cos В. 0 = 3·4cosB, cos B = 0. 3) CB (0; – 4), | CB | = 4. CA (-3; – 4), | CA | = 5. CB · CA = 0 · (-3) + (-4) · (-4) · (-4) = 0 + 1б = 16. CB · CA = | CB |·| CA |cosC.

16 = 4 · 5 cos С, cos C = 54

5416

=⋅

= 0,8.

cos С = 0,8. Ответ: 0,6; 0; 0,8.

116

№ 33. Найдите углы треугольника с вершинами А (0; 3 ),

B(2; 3 ), С (23 ;

23 ).

А (0; 3 ), B(2; 3 ), С (23 ;

23 ).

1) AB (2-0; 33 − ), AB (2; 0), | AB | = 2.

AC ;023( − )3

23− , AC ( ;

23

23

− )·

343

49

=+=AC .

.3230

232 =⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅+⋅=⋅ ACAB

.cos AACABACAB ⋅=⋅

Acos323= , °=∠=/⋅

⋅/=

⋅= 30,

23

3233

323cos AA

2) BA (-2; 0), | BA | = ( ) .2402 22 ==+−

,323;2

23

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−BC

.143

41

23

21,

23;

21

22

=+=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−=⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−− BCBC

BA· BC = – 2·( – 21 ) + 0·( –

21 ) = 1.

BA· BC = | BA |·| BC | cos В.

1 = 2 · 1 cos В, сов В = 21 , ∠В = 60°.

3) Сумма углов треугольника равна 180°, тогда, ∠С = 180°-(∠А + ∠В) = 180°-(30° + 60°) = 90°.

Ответ: 30°, 60°, 90°.

117

№ 34. Докажите, что векторы a (т; п) и b (-n; т) перпендику-лярны или равны нулю.

Векторы перпендикулярны, если их скалярное произведение равно нулю.

a · b = | a | · | b | cos α. a · b = m · (-n) + n · m = 0, | a | ≠ 0, | b | ≠ 0, тогда, cosα = 0,

α = 90°. Векторы a (т; n) и b (-n; m) перпендикулярны. Если| a | = 0, то m2 + n2 = 0, значит m = n = 0, a = b = 0. Ана-

логично, если | b | = 0, то a = b = 0.

№ 35. Даны векторы a (3; 4) и b (m; 2). При каком значении т эти векторы перпендикулярны?

Векторы перпендикулярны, если их скалярное произведение равно нулю.

a · b = | a | · | b | cos 90°, a (3; 4), b (m; 2). 0 = 3 · m + 4 · 2.

3m = —8, m = 38

− , m = 322− .

Ответ: 322− .

№ 36. Даны векторы a (1; 0) и b (1; 1). Найдите такое число λ, чтобы вектор a + λ b b был перпендикулярен вектору a .

Имеем: a ( a + λb ) = 0, a 2 + λ( a b ) = 0, λ( a b ) = – a 2.

.1112

−=−=−=λba

a

Ответ: –1.

№ 37. Докажите, что если a и b — единичные неколлинеар-ные векторы, то векторы a + b и a - b отличны от нуля и перпендикулярны.

Найдем скалярное произведение векторов ( a + b ) и ( a - b ). ( a + b ) ( a - b ) = a 2- b 2 = | a |2 – | b |2 = 1-1 = 0. Значит, ( a + b )

и ( a - b ) перпендикулярны.

118

№ 38*. Докажите, что сумма квадратов диагоналей параллело-грамма равна сумме квадратов его сторон.


№ 39*. Даны стороны треугольника а, b, с. Найдите его медианы ma, mb, тc.

В ∆ABC, где а = ВС, b = AC, с = АВ, медианы АА1 = ma, ВВ1 = тb, CC1 = mc.

Продолжим медианы АА1, ВВ1, СС1 за точку A1, В1 С1 соответ-ственно и на их продолжении отложим A1D2 = AA1, В1D3 = ВВ1 и C1D1 = CC1.

В четырехугольниках ABD2C, BCD3A и BCAD1 диагонали в точке пересечения делятся пополам, значит, эти четырехугольники являются параллелограммами.

В задаче 38* § 10 было доказано, что сумма квадратов диагона-лей параллелограмма равна сумме квадратов его сторон, поэтому для параллелограмма ABD2C можно записать:

AD22 + BC2 = 2AB2 + 2AC2 или (2ma)2 + a2 = 2c2 + 2b2,

значит,

;422 222

2 abcma−+

=

;2221

422 222

222abcabcma −+=

−+=

для параллелограмма BCD3A: BD3

2 + AC2 = 2BA2 + 2BC2; (2mb )2 + b2 = 2a2 + 2c2;

119

422 222

2 bcamb−+

= ; 222 22

21 bcamb −+= ;

для параллелограмма ВСDА1: CD1

2 + AB2 = 2AC2 + 2CB2; (2mc)2 + c2 = 2a2 + 2b2;

;422 222

2 cbamc−+

=

.2221 222 cbamc −+=

Ответ: ;2221 222 abcma −+=

222 2221 bcamb −+= ;

.2221 222 cbamc −+=

№ 40. Докажите, что геометрическое место точек, сумма квад-ратов расстояний от которых до двух данных точек по-стоянна, есть окружность с центром в середине отрезка, соединяющего данные точки.

Примем ХА2 + ХВ2 = т, т > О, значит, существует с = m , следовательно ХА2 + XB2 = с2. По теореме, обратной теореме Пифа-гора, ХА и ХВ являются катетами прямоугольного треугольника, гипотенуза которого равна с, но если ХА и ХВ — катеты, то гипо-тенузой является отрезок АВ. Примем О — середина АВ, следова-тельно:

( )XBXAXO +=21 ;

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ∠⋅⋅++= AXBXBXAXBXAXO cos

41 222

120

222

41

41 ABXBXA ⋅=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

22

41 ABXO = , ABXO ⋅=

21 .

Значит, X принадлежит окружности с центром О и радиусом,

равным 21 · АВ.


№ 41. Векторы a + b и a - b перпендикулярны. Докажите, что | a | = | b |.

Так как ( a + b ) и ( a - b ) перпендикулярны, то ( a + b )·( a - b ) = 0. то есть a 2- b 2 = 0.

a 2 = b 2, | a | = | b |. Что и требовалось доказать.

№ 42. Докажите с помощью векторов, что диагонали ромба перпендикулярны.

В ромбе ABCD: AC = AB + BC . BD = BC + CD = BC - AB . AC · BD = ( BC + AB ) ( BC - AB ) = BC 2- AB 2 =

= | BC |2 – | AB | 2 = 0. Значит, AC ⊥ BD . Что и требовалось доказать.

121

№ 43. Даны четыре точки А (1;1), В (2; 3), С (0; 4), D (-1; 2). Докажите, что четырехугольник ABCD — прямоуголь-ник.

А (1; 1), В (2; 3), С (0; 4), D (-1; 2). AB (2-1; 3-1) = AB (1; 2), DC (0 + 1; 4-2) = DC (1; 2). AB = DC . Значит, ABCD — параллелограмм. AD (-1-1; 2-1) = (-2; 1). AB · AD = 1 · (-2) + 2 ·1 = -2 + 2 = 0. Значит, ∠ BAD = 90°, ABCD — прямоугольник.

№ 44. Даны четыре точки А (0; 0), В (1; 1), С (0; 2), D (-1; 1). Докажите, что четырехугольник ABCD — квадрат.

А (0; 0), В (1; 1), С (0; 2), D (-1; 1).

Примем О1— середина АС, О1 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++

220;

200 ; О1 = (0;1). 2

О2 – середина BD, О2 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++−

211;

211 ; О2 = (0; 1)

Отрезки АС и BD пересекаются в точке О (0; 1) и делятся этой точкой пополам, значит, ABCD — параллелограмм.

AC = (0; 2); | AC |2 = AC · AC = 0 · 0 + 2 · 2 = 4; | AC | = 2. BD = (-2; 0); | BD |2 = BD · BD = 4; | BD | = 2. Так как диагонали параллелограмма ABCD равны, то он явля-

ется прямоугольником. AC · BD = 0 · (-2) + 2 · 0 = 0. Таким образом, АС ⊥ BD, прямоугольник ABCD — ромб, зна-

чит, четырехугольник ABCD — квадрат. Что и требовалось доказать.

№ 45. Среди векторов a ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−

34;

53 , b ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

32;

32 , c (0; – 1),

d ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

54;

53 найдите единичные и укажите, какие из них

коллинеарны.

a ,54;

53

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛− b ,

32;

32

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ с ( ),1;0 − d ,

54;

53

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

122

;12516

259

54

53 22

=+=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−=a

a — единичный вектор.

;198

94

94

32

32 22

≠=+=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=b

b — не является единичным.

( ) ;11102 ==−+=c

с — единичный вектор.

;154

53 22

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=d

d — единичный вектор.

;153:

53

53:

53

−=−=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−

a и b , a и с , b и с , b и d , с и d — неколлинеарны. a и d — коллинеарны.

№ 46. Найдите единичный вектор e , коллинеарный вектору a (6; 8) и одинаково с ним направленный.

a (6; 8) = k · e (х; у).

⎩⎨⎧

==

.8,6

kykx

| e | = 1, то х2 + у2 = 1. Решим систему:

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=+

==

.1

;8;6

22 yx

kykx

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

=+

=

=

.16436

;8

;8

22 kk

ky

kx

123

11002 =

k; k2 = 100; k1 = 10; k2 = – 10 – не подходит, так как a и

e одинаково направлены. х = 0,6; y = 0.8.

Ответ: (0.6; 0,8).

№ 47. Даны координатные векторы 1e (1; 0) и 2e (0; I). Чему

равны координаты вектора 2 1e -3 2e ?

1e (1; 0). 2e (0; 1).

2 1e -3 2e = (2 · 1-3 · 0; 2 · 0-3 · 1) = (2; – 3). Ответ: (2; –3).

48*. 1) Даны три точки О, А, В. Точка X делит отрезок АВ в отношении λ:µ, считая от точки А. Выразите вектор ОХ через векторы OA = a и OB = b . 2) Докажите, что ме-дианы треугольника пересекаются в одной точке,которая делит их в отношении 2:1, считая от соответствующих вершин.

1)

AB = OB - OA = b - a .

Χ делит АВ в отношении λ:µ считая от А, значит µλ

=XBAX .

Так как АВ = АХ + ХВ, то µ+λ

λ=

ABAX , ABAX ⋅

µ+λλ

= значит

ABAX ⋅µ+λ

λ= .

124

=µ+λ

−λ+⋅µ+λ=−

µ+λλ

+=+=)()(

)(aba

abaAXOAOX

µ+λλ+µ

=µ+λ

λ−λ+µ+λ=

baabaa .

µ+λλ+µ

=baOX .

A C

B

MO

N

b

c

2)

µλ

=ONCO

µ+λ

⋅λ+µ=

cbAO 2

1

Но AO коллинеарен cbAM21

21

+=

Следовательно,

21

21

21

µ+λ

λ

=µ+λµ

12

=µλ


№ 49. Докажите, что проекция a вектора c на ось абсцисс с координатным вектором 1e (1; 0) задается формулой

a = 1ek , где k = 1ce .

Примем c (х; у), следовательно, его проекция на ось абсцисс а (х; 0), так как 1e (1; 0), то a = х· 1e . с · 1e = x·l + y·0 = x.

125

То есть, заменив х на k , получим:

a = k · 1e , k = c · 1e Что и требовалось доказать.

№ 50. Докажите, что проекция суммы векторов на ось равна сумме проекций слагаемых на ту же ось.

Примем a (x1; у1), b (х2; у2). a + b = с (x1 + x2; y1 + y2). Проекция этих векторов на ось абсцисс 1a (х; 0),

1b (x2; 0); 1с (x1 + x2; 0), так как 1a + 1b = ( x1 + x2; 0), то 1a +

+ 1b = 1с .

Аналогично, если 2a , 2b , 2с проекпии векторов 1a , 1b , 1с на

ось ординат, то 2a (0; у1); 2b (0; у2); );0( 211 yyс +

и 222 cba =+ . Что и требовалось доказать.

>hfZrgyy jZ[hlZih�]_hf_ljbbaZ�� deZkk�d mq_[gbdm ©=_hf_ljby��deZkkª:�<��Ih]hj_eh\��F��©Ijhk\_s_gb_ª��]�

mq_[gh�ijZdlbq_kdh_ihkh[b_

�

KH>?J@:GB?��Ih^h[b_�nb]mjBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB ��J_r_gb_�lj_m]hevgbdh\ BBBBBBBBBBBBBBBBBB ��Fgh]hm]hevgbdb BBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB ��IehsZ^b�nb]mjBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBBB ��

�

��IH>H;B?�NB=MJ� �� Ijb�]hfhl_lbb�lhqdZ�O i_j_oh^bl�\ lhqdm�O��Z lhqdZ�<�² \ lhqdm <��DZd� gZclb� p_glj� ]hfhl_lbb�� _keb�lhqdb ;��;��<��<�g_�e_`Zl�gZ�h^ghc�ijyfhc"�

Ih�hij_^_e_gbx�ij_h[jZah\Zgby�]hfhl_lbb�± p_glj�]hfh�l_lbb�e_`bl�gZ�h^ghf�emq_�k ^Zggufb�lhqdZfb��ihwlhfm�lhqdZ�i_j_k_q_gby�ijyfuo�;;�b <<�y\ey_lky�p_gljhf��Wlb�ijyfu_�i_j_k_dmlky�� lZd� dZd� lhqdb� ;��;c�� <�b <c g_� e_`Zl�gZ� h^ghc�ijyfhc��ih�mkeh\bx�� Ijb� ]hfhl_lbb� lhqdZ�O i_j_oh^bl� \ lhqdm� ;��Ih�kljhcl_�p_glj�]hfhl_lbb��_keb�dhwnnbpb_gl�]hfhl_�lbb�jZ\_g��

��LZd�dZd�bkdhfuc�p_glj�]hfhl_lbb�e_`bl�gZ�h^ghc�ijy�fhc� k lhqdZfb�O b� ;�� lh� ^ey� gZoh`^_gby� p_gljZ� ijh\_^_f�ijyfmx�;;�� Mkeh\by� aZ^Zgbc� ijb\h^ylky� \ mq_[guo� p_eyo� b \� g_h[oh^bfhf�h[t_f_² dZd�beexkljZlb\guc�fZl_jbZe��Bfy� Z\lhjZ�b gZa\Zgb_�pblb�jm_fh]h�ba^Zgby�mdZaZgu�gZ�lblmevghf�ebkl_�^Zgghc�dgb]b��Kl� ��i� ��AZdhgZ�JN�h[�Z\lhjkdhf�ijZ\_�b kf_`guo�ijZ\Zo�hl��bxgy��]��

�

��LZd�dZd�N ��lh�ih�hij_^_e_gbx�]hfhl_lbb�HO ��2O��]^_�H ² p_glj�]hfhl_lbb��agZqbl��hleh`bf�hl�lhqdb�;�hlj_�ahd HO� ��HO b�ihemqbf�bkdhfmx�lhqdm�H�� GZq_jlbl_� lj_m]hevgbd�� Ihkljhcl_� ]hfhl_lbqguc�_fm�lj_m]hevgbd��ijbgy\�aZ�p_glj�]hfhl_lbb�h^gm�ba�_]h�\_jrbg�b dhwnnbpb_gl�]hfhl_lbb��jZ\guf��

�

�Ihkljhbf�':<K�b ijbf_f�lhqdm�: ² p_glj�]hfhl_lbb��GZ�ijh^he`_gbb�:<�hleh`bf�hlj_ahd�:<� ��:<��ihemqbf�lhqdm�<��]hfhl_lbqgmx�lhqd_�<�:gZeh]bqgh��gZ�ijh^he`_gbb�:K�hleh`bf�hlj_ahd�:K� ��:K��ihemqbf�lhqdm�K��]hfhl_lbqgmx�lhqd_�K�Ijh\_^_f�hlj_adb�:<��:K��<K� b ihemqbf�û$<�K��]hfh�l_lbqguc�û:<K k�N� �� Qlh�ij_^klZ\ey_l�kh[hc�nb]mjZ��ih^h[gZy�lj_m]hev�gbdm"Nb]mjZ��ih^h[gZy� lj_m]hevgbdm�� lZd`_� y\ey_lky�lj_m]hev�gbdhf�� M ih^h[guo�lj_m]hevgbdh\�:<K�b $�%�&� �: ��:<� ��f��<K ��f��%�&� ��f��Q_fm�jZ\gu�m]he�$� bklhjhgZ�$�%�"LZd�dZd�ih^h[b_�khojZgy_l�m]eu��lh��: ��:� ��>Ze__�<�&� �N%&��Z agZqbl�

�� %&&%N �LZd`_�$�<� �N$%� �� f��Hl\_l��:� ��:�<� ��f��

�

� �� >hdZ`bl_�� qlh� nb]mjZ�� ih^h[gZy� hdjm`ghklb�� _klv�hdjm`ghklv�

>hdZ`_f�� qlh� hlghr_gb_� jZ^bmkh\� hdjm`ghkl_c� jZ\gh� N��Lh]^Z�jZkkfhljbf�ij_h[jZah\Zgb_�ih^h[by�k wlbf�dhwnnbpb�_glhf� N��ijb� dhlhjhf� lhqdZ� 2�i_j_oh^bl�\ lhqdm�2��Lhqdb��gZoh^ysb_ky� gZ� jZkklhygbb�5 hl� lhqdb�H �l�_�� lhqdb�i_j\hc�hdjm`ghklb��[m^ml�gZoh^blvky�gZ�jZkklhygbb�N5�hl�lhqdb�H��l�_��[m^ml�e_`Zlv�gZ�hdjm`ghklb�k jZ^bmkhf�N5��:��agZqbl��hd�jm`ghklv�i_j_c^_l�\ hdjm`ghklv��Qlh�b lj_[h\Zehkv�^hdZaZlv�� >Zgu�m]he�b \gmljb�_]h�lhqdZ�:��Ihkljhcl_�hdjm`�ghklv��dZkZxsmxky�klhjhg�m]eZ�b ijhoh^ysmx�q_j_a�lhqdm�:�Ihkljh_gb_��Ijh\_^_f�[bkk_dljbkm�m]eZ 14��Hlf_lbf�gZ�g_c�lhqdm�H��himklbf�i_ji_g^bdmeyju 2)�bH?�gZ�klhjhgu�m]eZ��Ihkljhbf�hdjm`ghklv�k p_gljhf�\ lhqd_�H b�jZ^bmkhf�H?�� Ijh\_^_f� emq� 1$�� dhlhjuc� i_j_k_dZ_l� hdjm`ghklv� \lhqd_�L��Ijh\_^_f�ijyfmx�$H��lZd�qlh�$H� __�72��Lh]^Z�'172�b'1$2� ih^h[gu��lZd�qlh

N 121217$1LH:H ��

�

��Ihkljhbf�hdjm`ghklv�k p_gljhf�\ lhqd_�2� b jZ^bmkhf�2�$�� F

>hdZ`_f�� qlh� wlZ� hdjm`ghklv� bkdhfZy�� lh� _klv� :H� �H�F �H�J��]^_�H�F b�H�J ² i_ji_g^bdmeyju�ba�lhqdb�H�gZ�klhjhgu�m]eZ�LZd�dZd�'1F2� b '1)2� ih^h[gu��lh� N 1212)202 �� Lh�_klv� N 2702� ��FH� �N27� �$2��JZ\_gkl\h�H�F �H�J ke_^m�_l�ba�jZ\_gkl\Z�'102� b '132��AgZqbl��hdjm`ghklv�k p_g�ljhf�\ lhqd_�H� b jZ^bmkhf�H�: bkdhfZy�� <ibrbl_�\ ^Zgguc�lj_m]hevgbd�d\Z^jZl��m dhlhjh]h�^\_�\_jrbgu�e_`Zl�gZ�h^ghc�klhjhg_��Z ^\_�^jm]b_�\_jrbgu�² gZ�^\mo�^jm]bo�klhjhgZo�

KgZqZeZ� ihkljhbf� d\Z^jZl '�(�)�*� lZd�� qlh[u� \_jrbgu�)� b *� e_`Zeb�gZ�klhjhg_ $&��D�\_jrbgZ�'�² gZ�klhjhg_�:<�=hfhl_lby� hlghkbl_evgh� \_jrbgu� :�� i_j_\h^ysZy� lhqdm�?��\ lhqdm�?��e_`Zsmx�gZ�klhjhg_�<K��i_j_\h^bl�'� \ '��)� \)��*� \ *�LZd�dZd� ]hfhl_lby�i_j_\h^bl�nb]mjm�\ ih^h[gmx�nb]mjm��lh�q_luj_om]hevgbd�'()*�² bkdhfuc�d\Z^jZl�

�

� �� >hdZ`bl_�ih^h[b_�jZ\gh[_^j_gguo�lj_m]hevgbdh\�kjZ\gufb�m]eZfb�ijb�\_jrbgZo��ijhlb\he_`Zsbo�hk�gh\Zgbyf�Imklv��%� ��%��B û:<K�b û$�%�&� ² jZ\gh[_^j_ggu_�

Lh]^Z��: �$� b �&� �&� �lZd�dZd��: ��K b��: ��< ��K ��b �$� ��K � �� ± �<��:gZeh]bqgh��:� ��K� � �� ± �<��LZd�qlh�û:<K a�û:�%�K�� ih�^\mf�m]eZf��Qlh�b lj_[h\Zehkv�^hdZaZlv�� M ^\mo�jZ\gh[_^j_gguo� lj_m]hevgbdh\�m]eu�f_`^m�[hdh\ufb� klhjhgZfb� jZ\gu�� ;hdh\Zy� klhjhgZ� b hk�gh\Zgb_� h^gh]h� lj_m]hevgbdZ�jZ\gu� �� kf�b �� kf��hkgh\Zgb_�^jm]h]h�jZ\gh�� kf��GZc^bl_�_]h�[hdh\mx�klhjhgm�

Imklv� û:<K� b û$�%�K� ² jZ\gh[_^j_ggu_��< ��%��$&� ��kf��$�&� ��kf��:�<� �� kf��Lh]^Z�û$%&�a û$�%�&��ke_^m_l�ba�aZ^Zqb�� agZqbl�� %$$%&$$& �

�

lh�_klv�:< ��&$ %$$& �� Ff�Hl\_l��:<� �� kf�� M lj_m]hevgbdh\�$<K b�:�%�K� �: ��:��< ��<��:<� ��f��<K ��f��:�%� ��f��$�&� ��f��GZc^bl_�hklZevgu_�klhjhgu�lj_m]hevgbdh\�

û:<K�a�û:�<�K��ih�^\mf�m]eZf��AgZqbl�� &$$&&%%&%$$% �

LZd�qlh<�K� � � ��$%%&%$ �� f b�:K� � ��%$ &$$% �� f�

Hl\_l��:K� ��f��<�K� ��f�� J_rbl_�aZ^Zqm��ijb�mkeh\bb��qlh�:<� ��kf��<K ��kf��:�%� ��kf��$&�± $�&� ��Ff�û$<K a�û$�<�K� �ih�^\mf�m]eZf��>Ze__��%$$%�� N

² dhwnnbpb_gl�ih^h[by�� agZqbl�� $&� �� $�&��b��ihkdhevdm�:K�± :�K� �� $�&� ± :�K� �� $�&� ��:�K� ��kf�

�

Lh]^Z�:K� �� kf��>Ze__<�K� � ��%&�� kf�

Hl\_l��:K� ��kf��:�K� ��kf��<�K� ��kf�� >hdZ`bl_��qlh�\ukhlZ�ijyfhm]hevgh]h�lj_m]hevgbdZ��hims_ggZy�ba�\_jrbgu�ijyfh]h�m]eZ��jZa[b\Z_l�_]h�gZ�^\Z�lj_m]hevgbdZ��ih^h[gu_�bkoh^ghfm�K

Imklv�û$<&�² ijyfhm]hevguc��K ��&'�² \ukhlZ�JZkkfhljbf�û:<K�b û$&'�Z��$&%� ��&'$� ��[��K:<� ��':K��h[sbc�m]he��AgZqbl��û$%&�a�û$&'��ih�^\mf�m]eZf��:gZeh]bqgh�^hdZau\Z_lky��qlh�û:<K�a�ûK<'�� IjyfZy�� iZjZee_evgZy� klhjhg_� :<� lj_m]hevgbdZ�:<K��i_j_k_dZ_l�_]h�klhjhgm�:K�\ lhqd_�:��Z klhjh�gm�<K \�lhqd_�<��>hdZ`bl_��qlh�¨:<K�a�¨:�%�K�AZ^ZqZ�j_r_gZ�\ mq_[gbd_�gZ�klj��i�� < lj_m]hevgbd_�k hkgh\Zgb_f�Z b \ukhlhc�K \ibkZg�d\Z^jZl� lZd��qlh�^\_� _]h�\_jrbgu�e_`Zl�gZ�hkgh\Z�gbb lj_m]hevgbdZ��Z ^jm]b_�^\_�² gZ�[hdh\uo�klhjh�gZo��<uqbkebl_�klhjhgm�d\Z^jZlZ�

��

Imklv� \ ':<K� %'� ² \ukhlZ�� >Ze__� 0134� ² d\Z^jZl��1 � <K��F � :<��3 b 4 � $&��Lh]^Z�$&� �D��%'� �K �ih�mkeh�\bx��JZkkfhljbf�û$<K b�û0%1�Z��:<K� ��0%1��h[sbc�m]he��[��<:K� ��%01� �dZd� h^ghklhjhggb_� m]eu� ijb� iZjZe�e_evguo�ijyfuo�:K�b01�b k_dms_c�:<��Ke_^h\Zl_evgh�� û:<K� a� û0%1� �ih� ^\mf� m]eZf�� AgZqbl�klhjhgu� b \ukhlu� lj_m]hevgbdh\� :<K� b 0%1� ijhihjpbh�gZevgu��Lh�_klv�$&01%'<? �

Imklv�o² klhjhgZ�d\Z^jZlZ��Lh]^Z�%(� �K ± [��Lh�_klvD[K [K � �

D�K ± o�� K[�DK�± D[� �K[�DK [�K�D��DKDK[ � �

Hl\_l�� DKDK� �� IjyfZy�� iZjZee_evgZy� klhjhg_� :<� lj_m]hevgbdZ�:<K��^_ebl�_]h�klhjhgm�:K�\ hlghr_gbb�l � i��kqb�lZy� hl� \_jrbgu� K�� < dZdhf� hlghr_gbb� hgZ� ^_ebl�klhjhgm�<K"

1 0

��

Imklv�F1� __� :<�� QP $1&1 �� Ba� aZ^Zqb�� ke_^m_l�� qlh�û:<K�a�ûK10��AgZqbl� &0%&&1$& ��gh�:K� �&1��$1��%&� �0%��&0��bf__f� &0&00%&1&1$1 � � beb� �&00%�&1$1 � �lh�_klv� &00%&1$1 ��LZd�qlh

QP 1$&1%0&0 �Hl\_l�� QP �

� �� < lj_m]hevgbd_� :<K� ijh\_^_g� hlj_ahd� '(�� iZjZe�e_evguc�klhjhg_�:K��dhg_p�'�hlj_adZ�e_`bl�gZ�klh�jhg_�:<��Z ?�² gZ�klhjhg_�<K��GZc^bl_�$'��_keb�:<� ��kf��:K� ��kf�b '(� ��kf�

Ba�aZ^Zqb�� ke_^m_l��qlh�û:<K�a�û'<(��Lh]^Z�'($&%'$% �

>Ze__�%'� �:<�± $'��lZd�qlh�'($&$'$%$% � �� $'��

�� ± ��$'��$'� ��$'� ��kf�Hl\_l��$'� ��kf�

��

� �� < aZ^Zq_� �� gZc^bl_� hlghr_gb_� $'� �� %'�� _keb� ba�\_klgh��qlh�:K��'(� ��LZd�dZd� ��'($&%'$% b :<� �%'��$'��lh��%'$'%' � �

��%'$'� � ��%'$' �

Hl\_l�� %'$' �� GZc^bl_�^ebgm�hlj_adZ�'(�\ aZ^Zq_��_keb�� :K� ��kf��:<� ��kf�b %'� ��kf�� :K� ��^f��:<� ��^f�b $'� ��^f�

��Bf__f�� '($&%'$% �hldm^Z�ihemqZ_f��qlh�� $%%'$&'( � � ��kf�

��%'� �:<�± $'��lh�_klv%' ��± �� ^f�b ��$%%'$&'( � � ��^f�

Hl\_l��kf��^f�

��

� �� >bZ]hgZeb�ljZi_pbb�$%&'�i_j_k_dZxlky�\ lhqd_�?��>hdZ`bl_�ih^h[b_�lj_m]hevgbdh\�<K?�b '$(�

JZkkfhljbf�û%K?�b û'$(�Z��%?K� ��$('��dZd�\_jlbdZevgu_�m]eu��[��&%? ��('$��dZd�gZdj_kl�e_`Zsb_�m]eu�ijb�i_j_k_�q_gbb�iZjZee_evguo�ijyfuo�$'�b <K�k_dms_c�%'��AgZqbl��û<K?�a�û$('��ih�^\mf�m]eZf��Qlh b lj_[h\Zehkv�^hdZaZlv�� GZc^bl_�hlghr_gb_�hlj_adh\�^bZ]hgZeb�ljZi_pbb��gZ�dhlhju_� hgZ� jZa[b\Z_lky� ^jm]hc� ^bZ]hgZevx�� _keb�hkgh\Zgby�ljZi_pbb�hlghkylky�dZd�P ��i�

û$('�a�û<K?��kf��j_r_gb_�� AgZqblQP %&$'(&$( �

Hl\_l�� QP� �� IjyfZy��ijhoh^ysZy�q_j_a�lhqdm�i_j_k_q_gby�^bZ]h�gZe_c�ljZi_pbb��^_ebl�h^gh�hkgh\Zgb_�\ hlghr_gbb�l ��i� < dZdhf�hlghr_gbb�hgZ�^_ebl�^jm]h_�hkgh\Z�gb_"

��

Imklv� QP 0&%0 �JZkkfhljbf�ûFK?�b û$?1��F?K� ��$?1��m]eu�\_jlbdZevgu_��FK? ��?$1��dZd�gZdj_kl�e_`Zsb_�m]eu�ijb�i_j_k_�q_gbb�iZjZee_evguo�ijyfuo�0& b $1 k_dms_c�$&��AgZqbl�ûFK?�a�û$?1��ih�^\mf�m]eZf��Lh]^Z1(0($10& �

:gZeh]bqgh�^hdZau\Z_lky��qlh�û<F?�a�û'1(��Z��agZqbl�1(0(1'0% �

LZd�qlh� 1'0%$10&1(0( ��agZqbl�FK�1'� �0%�$1�

PQ 0%0&1'$1 �Hl\_l�� PQ �

� �� < ljZi_pbb� $%&'� k ^bZ]hgZevx� :K� m]eu� :<K� b$&'�jZ\gu��GZc^bl_�^bZ]hgZev�:K��_keb�hkgh\Zgby�<K b�$'�khhl\_lkl\_ggh�jZ\gu��f b��f�JZkkfhljbf�û$&'�b ûK<:�

Z��$&'� ��$%&��iR�mkeh\bx��

��

[��&$'� ��%&$��dZd�gZdj_kl�e_`Zsb_�m]eu�ijb�i_j_k_�q_gbb�iZjZee_evguo�ijyfuo�$'�b <K�k_dms_c�:K��LZd�qlh�û$&'�a�ûK<:��Ihwlhfm�� $&$'&%$& ��lh�_klv$&� �&%�$'� ��$'&%$& � � ��kf�

Hl\_l��:K� ��kf�� Ebgby�� iZjZee_evgZy� hkgh\Zgbyf� ljZi_pbb�� ^_ebl�h^gm�[hdh\mx� klhjhgm�\ hlghr_gbb�l ��i��< dZdhf�hlghr_gbb�^_ebl�hgZ�\lhjmx�[hdh\mx�klhjhgm"(

Imklv� $%&'� ² ljZi_pby�� $'� b <K� ² __ hkgh\Zgby��F1 __ $' __ <K�QP 0%$0 �

;hdh\u_� klhjhgu� ljZi_pbb� i_j_k_dZxlky� \ lhqd_� ?�� Ih�l_hj_f_�h ijhihjpbhgZevguo�hlj_adZo��iZjZee_evgu_�ijyfu_�$'��01�b <K��i_j_k_dZxsb_�klhjhgu��? hlk_dZxl�hl�klhjhg�ijhihjpbhgZevgu_�hlj_adb��lZd�qlh�QP 1&'10%$0 �

Hl\_l�� QP �

��

� �� Ijh^he`_gby� [hdh\uo� klhjhg� :<� b &'� ljZi_pbb�$%&'� i_j_k_dZxlky� \ lhqd_� ?�� GZc^bl_� klhjhgu�lj_m]hevgbdZ� $('�� _keb� :< �� kf�� <K �� kf��&' ��kf��$'� ��kf�

JZkkfhljbf�û$('�b û<?K��LZd�dZd�$'� __�<K��lh�wlb�lj_�m]hevgbdb�ih^h[gu��kf�j_r_gb_�aZ^Zqb�� AgZqbl�%&$'%($( �

gh�:?� �:<��<?��lZd�qlh%&$'%(%($% � �� %(%(� � �

��<?� ��<?��<?� ��<?� ��kf�Lh]^Z�$(� �:<��<?� �� kf�:gZeh]bqgh�ba�ih^h[by�lj_m]hevgbdh\�:?<�b <?K�bf__f�%&$'&('( �

:��lZd�dZd�'(� �&'��K?��lh%&$'&(&(&' � �� &(&(� � �

��K?� ��K?��K?� ��K?� ��kf�'(� �K?��&'� �� kf�Hl\_l��:?� ��kf��'(� ��kf�

��

� �� GZc^bl_�\ukhlm�lj_m]hevgbdZ�$('�ba�aZ^Zqb�� hims_ggmx�gZ�klhjhgm�$'��_keb�<K ��kf��$' ��kfb \ukhlZ�ljZi_pbb�jZ\gZ��kf�

Imklv� ?1 ² \ukhlZ� lj_m]hevgbdZ� $('�� 01� ² \ukhlZ�ljZi_pbb�'$('�a '<?K��[ueh�^hdZaZgh�\ aZ^Zq_�� Ihwlhfm��%&$'%($( �

>Ze__�jZkkfhljbf�û$?1�b û<?F�Z��: ��< �m]eu�ijb�i_j_k_q_gbb�iZjZee_evguo�ijyfuo�%0 b $1 k_dms_c $%��[��1� ��F ��Lh]^Z��û$(1�a�û<?F�b�%($((0(1 �

Gh�(1� �(0��01��lZd�qlh��(0 �(0 � �

�?F� �?F��?F� ��?F� ��kf�lh]^Z�?1� �(0��01� �� kf�Hl\_l��kf�� >bZ]hgZeb�ljZi_pbb�i_j_k_dZxlky�\ lhqd_�?��Z ijh�^he`_gby� [hdh\uo� klhjhg� i_j_k_dZxlky� \ lhqd_� )��

��

>hdZ`bl_��qlh�ijyfZy�()�^_ebl�hkgh\Zgby�ljZi_pbb�ihiheZf�

')0&�a ')1'��lZd�dZd��)0&� ��)1'�² h^ghklhjhggb_�m]eu�ijb�%&�__�$'�b �1)'�² h[sbc��LZd�qlh� )1)01'0& �:gZeh]bqgh� ')0< a ')1: b� )1)0$1%0 �� lZd� qlh�

$1%00'0& ��lh�_klv� N 1'$10&%0 �< aZ^Zq_�� [ueh�^hdZaZgh��qlh� N�1'$10&%0 ��lZd�qlh�N ��b <F� �FK��1'� �$1��Qlh�b lj_[h\Zehkv�^hdZaZlv�

� �� M jZ\gh[_^j_ggh]h�lj_m]hevgbdZ�:<K�k hkgh\Zgb_f�:K�b ijhlb\he_`Zsbf�m]ehf��ijh\_^_gZ�[bkk_d�ljbkZ�$'�� >hdZ`bl_�ih^h[b_�lj_m]hevgbdh\�$%&�b &$'�� GZc^bl_� hkgh\Zgb_� lj_m]hevgbdZ�:<K�� _keb� _]h�[hdh\Zy�klhjhgZ�jZ\gZ�Z��:<� �<K �Z�

��

��LZd�dZd��%� ��lh�<:K� ��:K<� ��± �� Ihkdhevdm�$'�² [bkk_dljbkZ��:��lh��&$'� ��'$%� �� JZkkfhljbf�¨$<&�b ¨&$'��LZd�dZdZ��<:K� ��:K<� ��[��:<K� ��&$'� ��AgZqbl��¨$<&�a�¨&$'��ih�^\mf�m]eZf��Qlh�b lj_[h\Zehkv�^hdZaZlv��Ba�ih^h[by�lj_m]hevgbdh\�:<K�b :K'�ke_^m_l�&'$&$&$% �

Imklv�%'� �[ kf��ke_^h\Zl_evgh�'&� �Z ± [�>Ze__�%'� �$'� �$&��klRjhgu�jZ\gh[_^j_gguo�lj_m]hev�gbdh\��lh�_klv�%'� �$'� �$&� �[ kf�Ih^klZ\eyy�\ ijhihjpbx�� [D [[D � ��ihemqbf[� �D� ± D[��o��Zo�± Z� ��

'� �D� ��D� ��D�� DD[ r� �� DDD[ �� g_� m^h\e_l\hjy_l� mkeh\bx� aZ�^Zqb��lZd�dZd�[ !��

�� !� � �� DDDDD[ �AgZqbl�� D� ��$& � kf�Hl\_l��:K� � D� ��

��

� �� M]eu�< b� %� lj_m]hevgbdh\�:<K� b :�<�K� jZ\gu��Klhjhgu�lj_m]hevgbdZ�:<K��ijbe_`Zsb_�d m]em�<��\��jZaZ�[hevr_�klhjhg�lj_m]hevgbdZ�:�<�K��ijbe_�`Zsbo�d m]em�%��GZc^bl_�:K�b :�K��_keb�bo�kmffZ�jZ\gZ��f�

&�$�

%� %

$ &�� K<<K<::< ��b �< ��<��lZd�qlh�':<&�a�'$�%�&��ih�ijbagZdm�ih^h[by�lj_m]hevgbdh\��k dhwnnbpb_glhf�ih^h�[by��jZ\guf��Imklv�:�K� �o f��ke_^h\Zl_evgh�:K� ��o f��gh:�K� ��:K� ��f�LZd�qlh�o ��o ��o ��o ��f��Lh]^Z��:�K� ��f��ke_^h\Zl_evgh :K� ��± :�K� ��± �� f�Hl\_l��:�K� ��f��:K ��f�� < hkljhm]hevghf� lj_m]hevgbd_�:<K�ijh\_^_gu�\u�khlu�$'��%(��&)��GZc^bl_�m]eu�lj_m]hevgbdZ�'()��agZy�m]eu�lj_m]hevgbdZ�:<K�

��

Ba�ij_^u^ms_c�aZ^Zqb�ihemqZ_f��qlh�')%'�a�'ù<K��ke_�^h\Zl_evgh��%')� ��$��%)'� ��&�>Ze__�''&(�a�':<K�lZd��qlh��&'(� ��$�b �&('� ��%��'� ��± ��%')��&'(�� ± ��$��$�� ± ��$�LZd�dZd�'$()�a�':<K��lh��$()� ��%��$)(� ��&��LZd�qlh��(� ��± ��&('��$()�� ± ��%��%�� ± ��%��)� ��± ��$)(��%)'�� ± ��&��&�� ± ��&�Hl\_l��'� ��± ��$��(� ��± ��%��)� ��± ��&�� >hdZ`bl_��qlh�[bkk_dljbku�lj_m]hevgbdZ�'()�\ aZ�^Zq_�� e_`Zl�gZ�\ukhlZo�lj_m]hevgbdZ�:<K�

�)%$� � �%'$� ± �%')�� lZd� qlh� �)'$� � �� ± �$� b�$'(� ��$'&�± �&'(� ��± �$��agZqbl��$'�² [bkk_d�ljbkZ��'�:gZeh]bqgh� ^hdZau\Z_lky�� qlh� ?<� ² [bkk_dljbkZ� �(� b)& ² [bkk_dljbkZ��)��lh�_klv�[bkk_dljbku�wlbo�m]eh\�e_`Zl�gZ�\ukhlZo�':<K�Qlh�b lj_[h\Zehkv�^hdZaZlv�� Ih^h[gu�eb�^\Z�jZ\ghklhjhggbo�lj_m]hevgbdZ"LZd�dZd�klhjhgu�jZ\ghklhjhgg_]h�lj_m]hevgbdZ�jZ\gu��lh�ljb�klhjhgu�h^gh]h lj_m]hevgbdZ�ijhihjpbhgZevgu�lj_f�klh�jhgZf�^jm]h]h�� lZd�qlh�jZ\ghklhjhggb_� lj_m]hevgbdb�ih^h[�gu�

��

� �� Ih^h[gu�eb�lj_m]hevgbdb�ù<K b�ù�ú�K��_keb�� :<� � ��f��:K� � ��f��<K � ��f�� $�%� � ��Ff��$�&� ��kf��%�K� ��kf�� :<� � �� f��:K� � �� f��<K � �� f�� $�%� � �^f��$�&� ��^f��%�K� ��^f�� :<� ��f��:K� ��f��<K ��f��$�%� ��Ff��$�&� ��kf��%�K� ��kf�Lj_m]hevgbdb�[m^ml�ih^h[gu��_keb�[m^_l�\uihegylvky�jZ�\_gkl\h�� &%%&&$$&%$$% �

�� ² lj_m]hevgbdb�ih^h[gu�� ² g_\_jgh��ihwlhfm� lj_m]hevgbdb�g_�ih�^h[gu�� ² g_\_jgh�� ihwlhfm� lj_m]hevgbdb� g_�ih^h[gu�

� �� Klhjhgu�lj_m]hevgbdZ�jZ\gu��f��f b��f��GZc�^bl_�klhjhgu�ih^h[gh]h�_fm�lj_m]hevgbdZ��i_jbf_lj�dhlhjh]h�jZ\_g��f�'$%&� a�'$�%�&�� J ² i_jbf_lj�'$%&�� 3� ² i_jbf_lj�'$�%�&��:<� ��f��<K ��f��:K� ��f��J� ��f��Lh]^Z3 �:<��<K ��:K� �� f�<hkihevam_fky�aZ^Zq_c�� N $&&$%&&%$%%$33 ��

lh]^Z� �� N ��AgZqbl�

��

:�<� �N�:<� � �� O�f�<�K� �N�<K �� O�� f�:�K� �N�:K� � �� f�Hl\_l��$�%� �O�f��%�&� ��f��$�&� ��f�

� �� I_jbf_lj�h^gh]h�lj_m]hevgbdZ�khklZ\ey_l� �� i_jb�f_ljZ� ih^h[gh]h� _fm� lj_m]hevgbdZ�� JZaghklv� ^\mo�khhl\_lkl\mxsbo� klhjhg� jZ\gZ� �� f�� GZc^bl_� wlb�klhjhgu�'$%&�a�'$�%�&�� 3'$%& � �� 3�'$�%�&��:�<� ± :<� ��f��:<<: ��:<KK<: �� ''JJ �

Imklv�:<� �o��lh]^Z:�<� �o ��b �� [[ �

��o �� o��o ��o ��f�Lh�_klv�:<� ��f��Z :�<� ��f�Hl\_l��f��f�� Ih^h[gu�eb�^\Z�ijyfhm]hevguo�lj_m]hevgbdZ��_keb�m h^gh]h�ba�gbo� _klv�m]he� ��Z m�^jm]h]h�² m]he��jZ\guc��"M ih^h[guo� lj_m]hevgbdh\�m]eu�jZ\gu��d lhfm�`_�kmffZ�hkljuo�m]eh\�ijyfhm]hevgh]h�lj_m]hevgbdZ��Z��h ��h ��h �lj_m]hevgbdb�ih^h[gu��[��h ��h ��h �lj_m]hevgbdb�g_�ih^h[gu��

��

� �� Hkgh\Zgb_� \ukhlu� ijyfhm]hevgh]h� lj_m]hevgbdZ��hims_gghc�gZ�]bihl_gmam��^_ebl�__ gZ�hlj_adb��kf�b��kf��GZc^bl_�klhjhgu�lj_m]hevgbdZ�

< '$%&��K ��&'�² \ukhlZ��$'� ��kf��'% ��kf�'$&'�a�'&%'��lZd�dZd��&'$� ��&'%� ��b �$&'� ��± �$� ��%��AgZqbl� %'&'&'$' ��&'� �$'�%'�&'� � �� '%$' kf�>Ze__�ba�'$&'�ih�l_hj_f_�IbnZ]hjZ�bf__f�:K� �� &'$' kf�Ba�'&%'�ih�l_hj_f_�IbnZ]hjZ�bf__f�K< � �� &''% kf�:< �$'��%'� �� kf�Hl\_l��$&� ��kf��&%� ��kf��:<� ��kf�

� �� =bihl_gmaZ� ijyfhm]hevgh]h� lj_m]hevgbdZ� jZ\gZ�� kf��Z h^bg�ba�dZl_lh\�jZ\_g��kf��GZc^bl_ ijh_d�pbx�^jm]h]h�dZl_lZ�gZ�]bihl_gmam�

< '$%&��K ��&'�² \ukhlZ��:<� ��kf��:K� ��kf�

��

Imklv�$'� �[ kf��ke_^h\Zl_evgh'%� ��± [��kf�< '$&'�ih�l_hj_f_�IbnZ]hjZ�bf__f�&'� $&� ± $'� O��± [��Ih�^hdZaZgghfm�\ j_r_gbb�aZ^Zqb�� &'� �$'�'%� �[��± [�� [�± [��LZd�qlh� ��± [� ��[ ± [�� [��[� ��kf�%'� ��± [ ��kf�Hl\_l��%'� ��kf�� >hdZ`bl_�� qlh� khhl\_lkl\mxsb_� \ukhlu� ih^h[guo�lj_m]hevgbdh\� hlghkylky� dZd� khhl\_lkl\mxsb_� klh�jhgu�

'$<&�a�'$�<�K��Imklv�%'�² \ukhlZ�'$%&��%�'� ² \u�khlZ�'$�%�&��JZkkfhljbf�'$%'�b '$�%�'��Z��: ��:� �lZd�dZd�':<K�a�':�<�K��[��'� ��'� �ijyfu_�m]eu��AgZqbl��'$%'�a�'$�%�'� �ih�^\mf�m]eZf��lh�_klv�$%%$%''% ��

Qlh�b lj_[h\Zehkv�^hdZaZlv�

��

� �� DZl_lu�ijyfhm]hevgh]h�lj_m]hevgbdZ hlghkylky�dZd�P�Q��DZd�hlghkylky�ijh_dpbb�dZl_lh\�gZ�]bihl_gmam"K

<Imklv�\ '$%&��K �� QP %&$& �'$K'�a�':%&��lZd�qlh� $&$'$%$& ��hldm^Z� $%$&$' � ��>Z�

e__�':<K�a�'%&'��hldm^Z� <&<'$%<& ��lh�_klv� $%%&'% � ��LZd�qlh�� %&$&$%%&�$%$&'%$' QP �

Hl\_l�� QP �� >ebgZ�l_gb�nZ[jbqghc�ljm[u�jZ\gZ��f��\ wlh�`_�\j_fy�\_jlbdZevgh�\hldgmluc�\ a_fex�dhe�\ukhlhc��f ^Z_l�l_gv�^ebghc��f��GZc^bl_�\ukhlm�ljm�[u�

%havf_f�'$%&�b '$�%�&��]^_��K �K� ��:K� ��f��<K ��f��:�K� ��f��GZc^_f�%�&� �^ebgZ�ljm[u��

��

K\_l�gZ�dhe�b ljm[m�iZ^Z_l�k h^ghc�klhjhgu�b ih^�h^gbf�m]ehf��agZqbl��: ��$��d lhfm�`_ �K ��K� ��AgZqbl'$%&�a '$�%�&� b <KK<:KK: �� lh�_klv�� | � $&%&&$&% f�

Hl\_l��<�K� | ��f�� < lj_m]hevgbd�:<K�\ibkZg�jhf[�$'()�lZd��qlh�m]he�: m�gbo�h[sbc�� Z \_jrbgZ�? gZoh^blky�gZ� klhjhg_�<K��GZc^bl_�klhjhgm�jhf[Z��_keb�:<� �k b :K� �E�

) &LZd�dZd�'(__$&��ih�hij_^_e_gbx�jhf[Z��lh�':<K�a ''%(�%&%($&'(%&%($%'%

lh]^Z�� $&'($%'% ��>Ze__��%'� �$%�± $'� �F�± $'��'(� �$'��lZd qlh�E$'F$'F � �

EF�E�$'� �F�$'��EF� �$'�E��F��lZd qlhFE FE$' ��

Hl\_l�� FE FE$' ��

��

� �� ;bkk_dljbkZ� \g_rg_]h� m]eZ� lj_m]hevgbdZ�:<K� ijb�\_jrbg_�K i_j_k_dZ_l�ijyfmx�:<�\ lhqd_�'��>hdZ�`bl_��qlh�$'�%'� �:K�<K�

Ijh\_^_f� %(� __� &'��Lh]^Z��K<?� ��%&'� �dZd� m]eu� gZ�dj_kl�e_`Zsb_�ijb�iZj_k_q_gbb�iZjZee_evguo�ijyfuo�?<�b&'�k_dms_c�K<��<?K� ��'&)� ��'&%��dZd�khhl\_lkl\_g�gu_�m]eu�ijb�l_o�`_�iZjZee_evguo�ijyfuo��'&)� ��'&%��l�d��K'�[bkk_dljbkZ��%&)��AgZqbl��'(&%�² jZ\gh[_^j_g�guc�b ?K� �%K�Ba�j_r_gby�aZ^Zqb�� bf__f��_keb�klhjhgu�m]eZ�i_j_k_�q_gu�iZjZee_evgufb�ijyfufb��lh�hlk_dZ_fu_�gZ�klhjhgZo�m]�eZ�hlj_adb�ijhihjpbhgZevgu��lh�_klv(&$&%'$' �

Gh�lZd�dZd�?K� �<K��lh� %&$&%'$' ��qlh�b lj_[h\Zehkv�^hdZ�aZlv�� >hdZ`bl_��qlh�]_hf_ljbq_kdh_�f_klh�lhq_d��hlghr_�gb_�jZkklhygbc�hl�dhlhjuo�^h�^\mo�^Zgguo�lhq_d�ih�klhyggh �g_�jZ\gh�_^bgbp_��_klv�hdjm`ghklv�

$ 1 % 3

0� �

<havf_f�ijhbahevgmx�lhqdm�0��lZdmx�qlh� �0%0$ zO �

��

Ijh\_^_f� [bkk_dljbkm� 01� b [bkk_dljbkm� \g_rg_]h� m]eZ�03�\ ':F<�Lh]^Z� O %0$01%$1 �k\hckl\h� [bkk_dljbku��O %3$3%0$0 �kf��aZ^Zqm ��Lh�_klv�iheh`_gb_�lhq_d�1�b3�aZ\bkbl�lhevdh�hl�\u[hjZ�qbkeZ�O b g_�aZ\bkbl�hl�lhqdb�0��103 ��Gh �Â��Â�� AgZqbl��103� ��Z ke_^h\Zl_evgh�]_hf_ljbq_kdh_�f_klh�lhq_d��hlghr_gb_�jZk�klhygbc�hl�dhlhjuo�^h�^\mo�^Zgguo�lhq_d�ihklhyggh�b g_�jZ\�gh��² wlh�fgh`_kl\h�lhq_d��ba�dhlhjuo�nbdkbjh\Zgguc�hl�j_ahd� �13�� \b^_g� ih^� ijyfuf� m]ehf�� lh� _klv� hdjm`ghklv��ihkljh_ggZy�gZ�^bZf_lj_�13��Qlh�b lj_[h\Zehkv�^hdZaZlv�

� �� GZc^bl_� ^hihegbl_evgu_� iehkdb_� m]eu�� agZy�� qlh�� h^bg�ba�gbo�\ ��jZa�[hevr_�^jm]h]h��h^bg�ba�gbo�gZ��[hevr_�^jm]h]h��jZaghklv�bo�jZ\gZ��Imklv��c m]he�jZ\_g�o��lh]^Z��c [m^_l��o��Z l�d��kmffZ�^\mo�iehkdbo�m]eh\�jZ\gZ��lh�o ��o ��o ��[ ��AgZqbl��c m]he�² ��Z ��c² ��Imklv��c m]he�jZ\_g�o��lh]^Z��c [m^_l��[�� Z bo�kmffZ��l��_��o ��o �� o ��o ��o ��AgZqbl��c m]he�² ��Z ��c² ��Imklv� ��c m]he� jZ\_g� o�� lh]^Z� ��c [m^_l� [�� Z bo�kmffZ��l��_��[ ��[�� [ ��[ ��o ��AgZqbl��c m]he�² ��Z ��c² ��Hl\_l��

��

� �� Lhqdb�:��<��K e_`Zl�gZ�hdjm`ghklb��Q_fm�jZ\gZ�ohj�^Z�:K��_keb�m]he�:<K�jZ\_g��Z ^bZf_lj�hdjm`gh�klb��kf"

LZd� dZd�\ibkZgguc�m]he�:<K� � ��lh� khhl\_lkl\mxsbc�_fm� p_gljZevguc� m]he� [m^_l� �� ih� l_hj_f_� �� lh� _klv��:HK� ��JZkkfhljbf�'$HK��LZd�dZd�:H �HK��dZd�jZ^bmku�hdjm`�ghklb��Z �H ��lh�'$<K² jZ\ghklhjhggbc��agZqbl�:K� �:H �HK� U ��kf�Hl\_l��:K� ��kf�� Lhqdb�:��<��K e_`Zl�gZ�hdjm`ghklb��Q_fm�jZ\_g�m]he�:<K�� _keb� ohj^Z� :K� jZ\gZ� jZ^bmkm� hdjm`ghklb"��>\Z�kemqZy��

��:HK�y\ey_lky�p_gljZevguf�^ey��:<K�LZd�dZd�:K� �:H �HK��lh�':HK�jZ\ghklhjhggbc��ke_^h�\Zl_evgh��:HK� ��Z�:<K� � �� :HK� ��

��

��:HK� \ ':HK�jZ\_g� ��gh�p_gljZevguc�m]he�� khhl�\_lkl\mxsbc�gZr_fm�\ibkZgghfm��_klv�m]he��^hihegbl_evguc�d �:HK�b jZ\_g��± �� Lh]^Z��:%K � ��

Hl\_l��:<K� ��beb�� >hdZ`bl_��qlh�p_gljhf�hdjm`ghklb��hibkZgghc�hdh�eh�ijyfhm]hevgh]h�lj_m]hevgbdZ��y\ey_lky�k_j_^bgZ�]bihl_gmau�Imklv�'$<&�\ibkZg�\ hdjm`ghklv�k p_gljhf�H�

Ba� ke_^kl\by� l_hj_fu� �� h \ibkZgghf� m]e_� bf__f�� qlh��< ��hibjZ_lky�gZ�^bZf_lj�hdjm`ghklb��agZqbl��]bihl_gm�aZ� lj_m]hevgbdZ� :K� ² ^bZf_lj� hdjm`ghklb� b lhqdZ� H ²p_glj�hdjm`ghklb�gZoh^blky�\ __�k_j_^bg_��Qlh�b lj_[h\Zehkv�^hdZaZlv�� >hdZ`bl_��qlh�f_^bZgZ�ijyfhm]hevgh]h�lj_m]hevgb�dZ�� ijh\_^_ggZy� d ]bihl_gma_�� jZa[b\Z_l� _]h� gZ� ^\Z�jZ\gh[_^j_gguo�lj_m]hevgbdZ�Hibr_f�hdheh�'$<&�hdjm`ghklv�

P_glj�hdjm`ghklb�[m^_l�kh\iZ^Zlv�k k_j_^bghc�]bihl_gm�au��ih�^hdZaZgghfm�\ aZ^Zq_�� AgZqbl��<H�² f_^bZgZ��gh�

��

'$%H b�'<KH�jZ\gh[_^j_ggu_��lZd�dZd�:H �H<�b H<� �HK�² jZ^bmku�h^ghc�hdjm`ghklb��Qlh�b lj_[h\Zehkv�^hdZaZlv�� Ihkljhcl_�ijyfhm]hevguc�lj_m]hevgbd�ih�]bihl_gm�a_�b \ukhl_��hims_gghc�ba�\_jrbgu�ijyfh]h�m]eZ�gZ�]bihl_gmam�Imklv�$&�² ]bihl_gmaZ��%'� �E² \ukhlZ�

<�Z: &H'�

<'E

Ihkljh_gb_��ijh\_^_f�hlj_ahd�:K��jZa^_ebf�_]h�ihiheZf��ijbgy\�HaZ k_j_^bgm�:K��ijh\_^_f�hdjm`ghklv� k p_gljhf�\ lhqd_�H b�jZ^bmkhf�:H��ijh\_^_f�ijyfmx�Z __�:K�gZ�jZkklhygbb�E hl�ijyfhc�:K��IjyfZy�Z i_j_k_q_l�hdjm`ghklv�\ ^\mo�lhqdZo�<� b <��LZd�qlh�':<K�b ':<�K² bkdhfu_�� GZ�hdjm`ghklb�hlf_q_gu�q_luj_� lhqdb�:��<��K��'��Q_fm�jZ\_g�m]he�$'&��_keb�m]he�:<K�jZ\_g�D"��>\Z�kemqZy��

&$% '

2D

��c kemqZc��$'&�b �$%&�² \ibkZggu_��hibjZxsb_ky�gZ�h^gm�ohj^m��Ihwlhfm��:'K � �� :2K ��:%K �.�

��

'&$

%2D

��c kemqZc��\ ':HK��:HK� ��± �D��lZd�dZd�^hihegb�l_evguc�d g_fm m]he��:HK� ��D��dZd�p_gljZevguc�m]he��khhl�\_lkl\mxsbc�hibkZgghfm��< �D��:'K � �� :2K � �� ± �.�� ± .�

Hl\_l��.��± .�� Ohj^u� hdjm`ghklb� $'� b <K� i_j_k_dZxlky�� M]he�$<K jZ\_g� ��m]he� $&'�jZ\_g ��GZc^bl_�m]he�&$'�

�$'&� ��$%&� ��² dZd�\ibkZggu_��hibjZxsb_ky�gZ�h^gm�ohj^m��Lh]^Z �&$'� ��± �$'&�± � $&'� ��±± ��± �� Hl\_l�� >hdZ`bl_��qlh�m q_luj_om]hevgbdZ��\ibkZggh]h�\ hd�jm`ghklv��kmffZ�ijhlb\he_`Zsbo�m]eh\�jZ\gZ��Imklv� q_luj_om]hevgbd� $%&'� \ibkZg� \ hdjm`ghklv�� Ih�l_hj_f_��bf__f�

��

�$��&� � �� '2%�� %2'� � �� '2%��%2'�� lZd�dZd��'2%�b �%2'�^hihegbl_evgu_�

:gZeh]bqgh��'��< ��Qlh�b lj_[h\Zehkv�^hdZaZlv�� >hdZ`bl_��qlh�]_hf_ljbq_kdh_�f_klh�\_jrbg�ijyfuo�m]eh\��klhjhgu�dhlhjuo�ijhoh^yl�q_j_a�^\_�^Zggu_�lhqdb��_klv�hdjm`ghklv�

Imklv�kms_kl\m_l�lZdZy�lhqdZ�'��qlh��$'%� ��h��Hibr_f�hdjm`ghklv�\hdjm]�ijyfhm]hevgh]h�'$'%��Lh]^Z�__ p_gljhf�y\ey_lky�lhqdZ�H ² k_j_^bgZ�:<��: jZ^bmk�jZ\_g� �� :<� �:H��lh�_klv�g_�aZ\bkbl�hl�lhqdb�'��LZd�qlh�ex[Zy�lhqdZ�² \_jrb�gZ�ijyfh]h�m]eZ��ba�mkeh\by�aZ^Zqb��ijbgZ^e_`bl�hdjm`ghklb�k p_gljhf�H ² k_j_^bgZ�:<��b jZ^bmkhf�:H �� :<��Qlh�blj_[h\Zehkv�^hdZaZlv�

��

� �� >hdZ`bl_��qlh�]_hf_ljbq_kdh_�f_klh�\_jrbg�m]eh\�kaZ^Zgghc�]jZ^mkghc�f_jhc��klhjhgu�dhlhjuo�ijhoh�^yl�q_j_a�^\_�^Zggu_�lhqdb��Z \_jrbgu�e_`Zl�ih�h^�gm�klhjhgm�hl�ijyfhc��kh_^bgyxs_c�wlb�lhqdb��_klv�^m]Z�hdjm`ghklb�k dhgpZfb�\ wlbo�lhqdZo�Imklv�:<�² ijyfZy��M]he�:;< ² \ibkZg�\ hdjm`ghklv��?keb�\_jrbgZ�;�ijbgZê_`bl�^m]_�hdjm`ghklb� �H��U��lh�\k_�m]eu��\_jrbgu�dhlhjuo�e_`Zl�gZ�hdjm`ghklb�ih�h^gm�klhjhgm�hl�ijyfhc�:<��jZ\gu� �� :H<��ihwlhfm�hgb�jZ\gu�f_`^m�kh�[hc�

>hdZ`_f� l_i_jv��qlh�^Zgguf� k\hckl\hf�h[eZ^Zxl� lhevdh�lhqdb�wlhc�qZklb�hdjm`ghklb��JZkkfhljbf�^\Z�\ZjbZglZ�Z��\_jrbgZ�J e_`bl�\gmljb�hdjm`ghklb��lh]^Z��:J<�!��:;<�[��\_jrbgZ�. e_`bl \g_�hdjm`ghklb��lh]^Z��:;< !��:.<�LZd�qlh�\_jrbgu�^he`gu�e_`Zlv�gZ�hdjm`ghklb��lh�_klv�gZ�^m]_�hdjm`ghklb�Qlh�b lj_[h\Zehkv�^hdZaZlv�� >hdZ`bl_��qlh�hkljuc�m]he�f_`^m�ohj^hc�hdjm`gh�klb�b dZkZl_evghc�d hdjm`ghklb�\ dhgp_�ohjû�jZ\_g�iheh\bg_� m]eZ� f_`^m� jZ^bmkZfb�� ijh\_^_ggufb� ddhgpZf�ohjû�Imklv�H$�b H%�² jZ^bmku�hdjm`ghklb��H��U��:<�² ohj�^Z��K< ² dZkZl_evgZy��Lh]^Z��2<K ��ih�k\hckl\m�dZkZ�l_evghc�� Z �2%'� ��2$'� �dZd�m]eu�jZ\gh[_^j_ggh]h� lj_�m]hevgbdZ��Lh]^Z��2%'� $2%�� $2%�� q ��q �

��

>Ze__ �K%: ��2%K ± �2%'� � �� ± �� ± �� $2%�� ± �� $2%� � �� $2%�Qlh�b lj_[h\Zehkv�^hdZaZlv�� Ihkljhcl_�lj_m]hevgbd�ih�klhjhg_��ijhlb\he_`Zs_�fm�_c�m]em�b \ukhl_��ijh\_^_gghc�ba�\_jrbgu�wlh]h�m]eZ�

Imklv�Z ² klhjhgZ�':<K��: �.��KD ² \ukhlZ��hims_g�gZy�ba��:�Ihkljh_gb_��Ihkljhbf�jZ\gh[_^j_gguc�lj_m]hevgbd�<�0�K k��0� ��: �.��GZ�emq_�K<� hleh`bf�hlj_ahd�K< �Z hl�lhqdb�K��Ijh\_^_f�<F�__�<�0� q_j_a�lhqdm�<��Hdheh�'0K< hibr_f�hdjm`ghklv��Ijh\_^_f�ijyfmx�E__%&��gZoh^ysmxky�gZ�jZkklhygbb�KD��H[hagZqbf�lhqdm�i_j_k_q_gby�E b hdjm`ghklb�:�'$<&�² bkdhfuc��lZd�dZd��: ��F �Z �dZd�\ibkZggu_�m]eu��e_`Zsb_�ih�h^gm�klhjhgm�hl�ijyfhc�<K��<K �Z �ih�ih�kljh_gbx��:G �KD �ih�ihkljh_gbx��

��

� �� Ba�lhqdb�K hdjm`ghklb�ijh\_^_g�i_ji_g^bdmeyj�&'�d ^bZf_ljm�:<��>hdZ`bl_��qlh�&'� �$'Â%'�Imklv�:<�² ^bZf_lj�hdjm`ghklb��&'�A $%�

��Ijh\_^_f� emqb�K:� b K<�� ihemqbf� '$&<�� m dhlhjh]h��K ��l�d��hibjZ_lky�gZ�^bZf_lj�� Ih� ijbagZdm� ih^h[by� ijyfhm]hevguo� lj_m]hevgbdh\�bf__f��'$&'�a '&'%��lZd�qlh� %'&'&'$' ��l�_��&'� �$'�<'�Qlh�b lj_[h\Zehkv�^hdZaZlv�� >hdZ`bl_�� qlh� ijhba\_^_gb_� hlj_adh\� k_dms_c� hd�jm`ghklb�jZ\gh� d\Z^jZlm�hlj_adZ�dZkZl_evghc��ijh�\_^_gghc�ba�lhc�`_�lhqdb� :KÂ<K �&'��

'

�$%'� ��$'&�JZkkfhljbf�'&%'�b '$&'��&%'� ��&'$��iR�mkeh\bx��K ² h[sbc��ihwlhfm�'&%'�a�'$&'�ih�^\mf�m]eZf��agZqbl��$&&'&'%& ��hldm^Z�bf__f��&'� �:K�<K��Qlh�b lj_[h\Zehkv�^h�dZaZlv�

��

� �� DZd�^Ze_dh�\b^gh�ba�kZfhe_lZ��e_lys_]h�gZ�\ukhl_��df�gZ^�A_fe_c��_keb�jZ^bmk�A_feb��df"

H:

<

��df��df

Imklv� < ² lhqdZ� gZoh`^_gby� kZfhe_lZ�� Ijh\_^_f� dZkZ�l_evgmx�<:��Lh]^Z�\ '$2<��: ��:H ��df��2%� ��df��Ih�l_hj_f_�IbnZ]hjZ� �� $% �� |� df�Hl\_l��§��df�

� �� <uqbkebl_� jZ^bmk� ]hjbahglZ�� \b^bfh]h� k \_jrbgu�l_e_[Zrgb�\ HklZgdbg_��\ukhlZ�dhlhjhc��f�

H:

<

��df��df

:gZeh]bqgh�aZ^Zq_�� ihemqZ_f� �� $% �� |� dfHl\_l��§��df�

��

��J?R?GB?�LJ?M=HEVGBDH<� �� Klhjhgu�lj_m]hevgbdZ� ��f�� f��f��GZc^bl_�dhkb�gmku�m]eh\�lj_m]hevgbdZ�

Imklv�$< ��f��<K ��f��:K� ��f��Lh]^Z�ih�l_hj_f_�dhkb�gmkh\ :<� �<K� ��:K� ± �<K�$&�FRV�&�lh�_klv�FRV�& �� $&�%& $%$&%& ��

ZgZeh]bqgh�FRV�$ �� $&�$% %&$&%$ �� FRV�% �� %&�$% $&%&$% ��

Hl\_l��FRV�K � �� FRV�: �� FRV�< � ��

��

� �� M lj_m]hevgbdZ�^\_�klhjhgu�jZ\gu��f b��f��Z kbgmk�m]eZ�f_`^m�gbfb�jZ\_g��GZc^bl_�lj_lvx�klhjhgm�

Imklv $< ��f��$&� ��f��VLQ�$� ��Bf__f�FRV��$� ��± VLQ��$�FRV�$� � ��VLQ� � r r �r �r $ �>Ze__�ih�l_hj_f_�dhkbgmkh\�<K� �:<� ��:K� ± �:<�:K�FRV�$ihemqZ_f��qlhZ��<K� ��± �� ± �� f� b <K� � �� f�[��<K� ��± ��±�� f� b <K� �� f�Hl\_l��Z�� f��[�� f�

� �� Klhjhgu�lj_m]hevgbdZ�jZ\gu�D��E��k��>hdZ`bl_��qlh�_keb�D� ��E� !�F��lh�m]he��ijhlb\he_`Zsbc�klhjhg_�k��hkljuc��?keb�Z� ��E��F��lh�m]he��ijhlb\he_`Zsbc�klhjhg_�F��lmihc�

J ² m]he� lj_m]hevgbdZ�� ijhlb\he_`Zsbc� klhjhg_� k�� Ih�l_hj_f_�dhkbgmkh\�bf__f�F� �D� ��E� ± �DEFRVJ�

��

hldm^Z�ihemqZ_f�DE FED �FRV �� J �

?keb�D� ��E� ! F��lh�D� ��E� ± F� !��lh]^Z�FRV� ! ��Z lZd�dZd�� lh��² hkljuc�?keb�D� ��E� ��F��lh�FRV� ��b m]he�� ² lmihc��Qlh�b lj_[h�\Zehkv�^hdZaZlv�� >Zgu�^bZ]hgZeb�iZjZee_eh]jZffZ�k b G b m]he�f_`^m�gbfb�.��GZc^bl_�klhjhgu�iZjZee_eh]jZffZ�

Imklv�$%&'�² iZjZee_eh]jZff��:K k��%' G��:H< D�Lh]^Z�HK� �:H � �� $&� � �� F��<H� �� %'� � �� G �ih�k\hckl�\m�^bZ]hgZe_c�iZjZee_eh]jZffZ��:H<� �D��lZd�qlh�ih�l_h�j_f_�dhkbgmkh\�bf__f�:<� �:2� ��<2� ± �:H�<H�FRV�$2%� � D�� FRV�� FGGFD�� FRV��$% �� FGGF D�� FRV�� FGGF �

< '<2&�ih�l_hj_f_�dhkbgmkh\�bf__f�<K� �<H� ��HK� ± �<H�HK�FRV��± D�� D�q�� FRV�� FGGF D�� FRV�� FGGFL�d��FRV��± D�� ± FRVD��ihwlhfm

��

D�� D�� FRV��FRV��%& �� FGFGFGGF �>Ze__�:<� �&'�b $'� %&�Hl\_l�� D�� FRV�� FGGF �� D�� FRV�� FGFG

� �� >Zgu�klhjhgu�iZjZee_eh]jZffZ�D b E b h^bg�ba�m]�eh\�D��GZc^bl_�^bZ]hgZeb�iZjZee_eh]jZffZ�Imklv�$%&'�² iZjZee_eh]jZff��:<� �Z��$'� �E��: �D�

%�'%$'��ih�l_hj_f_�dhkbgmkh\�D�� D�� FRV�FRV$'$%�$'$%%' �� DEED �< ':<K��ih�l_hj_f_�dhkbgmkh\��FRV��FRV�� FRV%&$%�%&$%$& ��

��D�� D�q�� E�� DEEDDEED

Hl\_l�� D�� FRV�%' �� DEED �� D�� FRV�$& �� DEED �� Klhjhgu�lj_m]hevgbdZ��f��f b��f��GZc^bl_�ijh�_dpbb�klhjhg��f b��f gZ�ijyfmx��kh^_j`Zsmx�klh�jhgm��f�

��

%'A$&��:<� ��f��<K ��f��:K� ��f��$'�² ijh_dpby�:<�gZ�$&��'&�² ijh_dpby�<K gZ�:K�Ih�l_hj_f_�dhkbgmkh\�� $&�$% %&$&$%$FRV �� $&�%& $%$&%&&FRV ��

>Ze__�\ ijyfhm]hevghf�'$%'�bf__f��$$%FRV$' � � f�

: \�'%&'��&%&FRV'& � � f�

Hl\_l��$'� ��f��'&� ��f�� GZc^bl_�\ukhlu�lj_m]hevgbdZ�\ aZ^Zq_��

GZc^_f�KD��KE��KF��Ba�aZ^Zqb��agZ_f��qlh�� $FRV �� DE DFE �� %FRV �� DF EFD �� &FRV �� DE FED �

��

Ba�hkgh\gh]h�ljb]hghf_ljbq_kdh]h�lh`^_kl\Z�ihemqZ_f��FRV�$VLQ � � � �� : �

��%FRV�%VLQ � � �� &FRV�&VLQ � � ��

>Ze__ gZoh^bf�ba�¨$%+� KD �F�VLQ�% � �� f�ba '<KG� KE �D�VLQ�& �� f�ba '$&+� KF �E�VLQ�$ � �� f�

Hl\_l��KD � �� f��KE �� f��KF � �� f�� GZc^bl_�f_^bZgu�lj_m]hevgbdZ�\ aZ^Zq_��

$GZc^_f�f_^bZgu�PD��PE b PF�< '$<F� :< k ��f��<0� �� <K �� Z �� f�� %FRV ��kf��aZ^Zqm�� Ih�l_hj_f_�dhkbgmkh\�

��

��%FRV��$0 ��

�� FDFPD

< '%&0� %&� �Z ��f��<F� �� $&� �� E ��f�� &FRV � ��Ba�l_hj_fu�dhkbgmkh\�

��&FRV��%0 ��

� �� ¹̧·©̈§�¹̧·©̈§� EDEDPE

< '$0�&�$& E ��f�� $%��$0� F f�� $FRV � ��LZd�qlh

��$FRV��&0 ��

�� ¹̧·©̈§�¹̧·©̈§� FEFEPF

Hl\_l�� DP �� EP �� FP� �� GZc^bl_�[bkk_dljbku�lj_m]hevgbdZ�\ aZ^Zq_��

Imklv�$/� �OD��%/� �OE��&/� �OF ² [bkk_dljbku��Ih�k\hc�kl\m�[bkk_dljbku�lj_m]hevgbdZ�

��

�� &/$&%/$% �Ba\_klgh��qlh�:<� ��f��:K� �� f��Imklv�</� �[ f��ke_^h�\Zl_evgh�/�&� ��± o��hldm^Z�

[[ � � �� ± �o ��o��±��o �±��[ � �� agZqbl��</� �� < ':</� :<� ��f��%/� �� FRV�%� �� kf��aZ^Zqm�� Ih�l_hj_f_�dhkbgmkh\�ihemqZ_f�

:/� %%/$%%/$% �� FRV� �� $/�

� �� :gZeh]bqgh�� &/%&$/$% �� l�_�� \\ � � �� ]^_�$/� �\ f�

��± �\ ��\��±��\ �±�� \ �ke_^h\Zl_evgh�$/� �� f�

< '$</��$%� ��f��$/� �� f�� $FRV � ��lh]^Z �� $FRV$/�$%$/$%%/ ��

��

��

>Ze__� �� $/$&%/%& ��l�_�� ]] � � �� ]^_�%/� �] f��± �] ��]��±��] �±�� ] �

l�_�� %/� �< 'K</��

%FRV%/�%&%/%&&/ ��

��

Hl\_l�� $/� �� %/� �� &/� �� DZd�baf_gy_lky�klhjhgZ�$%�lj_m]hevgbdZ�$<K��_keb�m]he�K \hajZklZ_l��Z ^ebgu�klhjhg�:K�b <K�hklZxlky[_a�baf_g_gbc"

Bf__f� :<� �:K� ��K<� ± �:K�K<�FRV�&�?keb�:K�b :<�g_�baf_gyxlky��Z �K \hajZklZ_l��lh�FRV�&�² m[u\Z_l��ke_^h\Zl_evgh�:<� \hajZklZ_l��AgZqbl��:<�\hajZk�lZ_l�

��

� �� M lj_m]hevgbdZ�:<K�:<� ��kf��:K� ��kf��Fh`_l�eb�VLQ� �� "

Ih�l_hj_f_�kbgmkh\�� %$&&$% � � VLQVLQ ��hldm^Z�bf__f�&VLQ��&VLQ��$% &VLQ$&VLQ� ��

lh�_klv�VLQ�&� �� VLQE�?keb� VLQ� �� lh� ��&VLQ � � ��gh� ±�� VLQ�&�� D�� !��lZd�qlh�VLQ� g_�fh`_l�[ulv�jZ\_g� �� Hl\_l��G_�fh`_l�� DZd�gZclb�jZ^bmk�hdjm`ghklb��hibkZgghc�hdheh�lj_�m]hevgbdZ�� agZy� _]h� klhjhgu"� GZc^bl_� jZ^bmk� hd�jm`ghklb�� hibkZgghc� hdheh� lj_m]hevgbdZ� kh� klhjh�gZfb��f��f��f�Ih� l_hj_f_� kbgmkh\�� J E D VLQ�VLQ�VLQ� FED5 �� >Ze__��imklv�E ��f��Lh]^Z�VLQE ��S �kfhljb�aZ^Zqm�� LZd�qlh

�� %VLQ� �� E5 �Hl\_l��

��

� �� H[tykgbl_��dZd�gZclb�jZkklhygb_�hl�lhqdb�: ^h�g_�^hklmighc�lhqdb�<��agZy�jZkklhygb_�:K�b m]eu�. b ��

Ih� l_hj_f_� kbgmkh\�� %VLQ$&VLQ�$% � �� lh]^Z�� %VLQ VLQ�$&$% �� l�d��< ��± �. ��lh�VLQ< �VLQ�O��± �D �� VLQ�D ��b ��VLQ�.VLQ�$&$% �� H[tykgbl_��dZd�gZclb�\ukhlm�[ a^Zgby�ih�m]eZf�D b �b jZkklhygbx�D�

< ':<K��: ��± D��lh]^Z��K ��± E ± ��± D�� D ± E�>Ze__� ih� l_hj_f_� kbgmkh\�� &VLQ$%VLQ�$K � �� lZd� qlh��VLQ�.VLQ�$%$& �� '$&'�² ijyfhm]hevguc��ihwlhfm�

o �&'� �:KVLQD � ��VLQ�. VLQ�$%VLQ.��

��

� �� < lj_m]hevgbd_�:<K��: ��< ��K ��DZdZy�ba�klhjhg�lj_m]hevgbdZ�gZb[hevrZy��dZdZy�²gZbf_gvrZy"Ih� l_hj_f_� kbgmkh\� %VLQ:K:VLQ<&KVLQ$% � � � ��Ba� mkeh\by�ke_^m_l�qlh�VLQ�&�!�VLQ�%�!�VLQ�$��lh]^Z�:<�!�$&�!�%&��l�_��klhjhgZ�:<�² gZb[hevrZy��Z klhjhgZ�<K² gZbf_gvrZy�� M lj_m]hevgbdZ :<K�klhjhgu�:< ��f��<K ��f��:K� � ��f��DZdhc� ba� m]eh\� lj_m]hevgbdZ� gZb[hev�rbc��dZdhc�² gZbf_gvrbc"Ih� l_hj_f_� kbgmkh\� %VLQ:K:VLQ<&KVLQ$% � � � �� LZd� dZd� ih�mkeh\bx�$K !�<&�!�:%��lh�b VLQ�< !�VLQ�: !�VLQ�K��agZqbl�b�%�!��$�!��&��Ihwlhfm��< ² gZb[hevrbc�� Z �&�² gZb�f_gvrbc�� Qlh�[hevr_�² hkgh\Zgb_�beb�[hdh\Zy�klhjhgZ�jZ\�gh[_^j_ggh]h�lj_m]hevgbdZ��_keb�ijbe_`Zsbc�d hk�gh\Zgbx�m]he�[hevr_��"LZd�dZd�ijbe_`Zsbc�d hkgh\Zgbx�m]he�[hevr_��lh�m]he�ijb�\_jrbg_�f_gvr_��Ih�l_hj_f_�kbgmkh\�ijhlb\�f_gvr_�]h� m]eZ� e_`bl� f_gvrZy� klhjhgZ�� lZd� qlh� [hdh\Zy� klhjhgZ�[hevr_�� M lj_m]hevgbdZ�:<K� m]he� K lmihc��>hdZ`bl_�� qlh�_keb�lhqdZ�;�e_`bl�gZ�klhjhg_�:K��lh�<O��:<�%

Ijh\_^_f�<G�A :K��LZd�dZd�O e_`bl�gZ�:K��lh�:G !�OG��ZagZqbl��gZdehggZy�:<� !�<;� �l�d��ba�^\mo�gZdehgguo�[hevr_�lZ��ijh_dpby�dhlhjhc�[hevr_��Qlh�b lj_[h\Zehkv�^hdZaZlv�

��

� �� M lj_m]hevgbdZ�:<K� m]he� K lmihc��>hdZ`bl_�� qlh�_keb�lhqdZ�;�e_`bl�gZ�klhjhg_�:K��Z lhqdZ�<�² gZ�klhjhg_�<K��lh�;<��:<�

Kh_^bgbf� ;� k <�� ih� ^hdZaZgghfm� \ ij_^u^ms_c� aZ^Zq_�O< � :<�b ;<��;%��LZd�qlh�;<��$<��qlh�b lj_[h\Zehkv�^h�dZaZlv�� GZ�klhjhg_�:<�lj_m]hevgbdZ�$<K hlf_q_gZ�lhqdZ�'��>hdZ`bl_��qlh�hlj_ahd�&'�f_gvr_�ih�djZcg_c�f_j_�h^ghc�ba�klhjhg��:K�beb�<K�

Ijh\_^_f�KD A $%��LhqdZ�'�e_`bl�beb�f_`^m�< b�D beb�f_`^m�: b�D�?keb�'�e_`bl�f_`^m�lhqdZfb�D b�<��lh�.%�!�.'�� Z _keb�ijh_dpby�[hevr_��lh�[hevr_�b gZdehggZy��l�_��:<�!�&'�:gZeh]bqgh�^hdZau\Z_lky��qlh�&'��:K��_keb�lhqdZ�'�e_�`bl�f_`^m�lhqdZfb�: b�D�?keb� '� kh\iZ^Z_l� k D�� lh� &'� �� &%�� lZd� dZd� gZdehggZy�[hevr_�i_ji_g^bdmeyjZ�Qlh�b lj_[h\Zehkv�^hdZaZlv�� >Zg�lj_m]hevgbd�:<K��&'�² f_^bZgZ��ijh\_^_ggZy�d klhjhg_�:<��>hdZ`bl_��qlh�_keb�:K�!�<K��lh�m]he�$&'�f_gvr_�m]eZ�%&'�

��

Ijh^he`bf� f_^bZgm� &'� b hleh`bf� gZ� g_c� hlj_ahd�'( &'��ihemq_gguc�q_luj_om]hevgbd�:K<?�² iZjZee_eh�]jZff��%(� �:K�b K<� �:?�

< ':K?��$&'�e_`bl�ijhlb\�klhjhgu�:?� �K<��< 'K<?��%&'�e_`bl�ijhlb\�klhjhgu�%(� �$&��LZd�dZd�:K�!�<K��lh��:&'��%&'��Qlh�b lj_[h\Zehkv�^hdZaZlv�� >hdZ`bl_��qlh�[bkk_dljbkZ�lj_m]hevgbdZ�g_ f_gvr_�\ukhlu�b g_�[hevr_�f_^bZgu��ijh\_^_gguo�ba�wlhc�`_�\_jrbgu�Imklv�\ ':<K��:.�² \ukhlZ��$1�² [bkk_dljbkZ��:��$(�² f_^bZgZ�

( 1 .

$

%&Ba� lhqdb� : d� ijyfhc� <K ijh\_^_gu� i_ji_g^bdmeyj�:.��\ukhlZ��b ^\_�gZdehggu_��Ke_^h\Zl_evgh�lhqdZ�1�ijbgZ^e_�`bl�eb[h�.<��eb[h�.(�LhqdZ�1�kh\iZ^Z_l�k .��lh]^Z�$1� �:.��$(�LhqdZ�1�kh\iZ^Z_l�k (��lh]^Z�$1� �$(�!�$.�LhqdZ�1�e_`bl�f_`^m�lhqdZfb�.�b (��lh]^Z�$.��$1��$(��lZd�dZd�__ ijh_dpby�1.�f_gvr_�(.�² ijh_dpbb�$(��Ih�^hdZaZgghfm�\ aZ^Zq_�� $1�g_�fh`_l�[ulv�[hevr_�$(��l�_��lhqdZ�1�g_�fh`_l�e_`Zlv�f_`^m�(�b K��Qlh�b lj_[h\Z�ehkv�^hdZaZlv�

��

� �� >Zgu�klhjhgZ�b ^\Z�m]eZ�lj_m]hevgbdZ��GZc^bl_�lj_�lbc�m]he�b hklZevgu_�^\_�klhjhgu��_keb�� Z �� D ��D �� D �� E ��D �� k ��D �� .

��D ��± � ± � ��± ��± �� Bkihevamy�l_hj_fm�kbgmkh\�� J VLQ�VLQ.VLQ FED ��ihemqZ_f�

E � DEVLQVLQD �ο

ο��VLQ ��VLQ� §��ο

ο��VLQ ��VLQ�VLQVLQ DJ DF §�� ± D ± � ��± ��± �� Bkihevamy�l_hj_fm�kbgmkh\�� J E D VLQVLQVLQ FED ��ihemqZ_f�

�� VLQ ��VLQ��VLQVLQ |� � DE� ο

οDE �� VLQ ��VLQ��VLQVLQ |� � DJ�

ο

οDF ��D �O��h ± E ± J ��± ��h ± ��h ��h�Bkihevamy�l_hj_fm�kbgmkh\�� J E D VLQVLQVLQ FED ��ihemqZ_f�

��

�� VLQ ��VLQ��VLQVLQ |� � DE� ο

οDE �� VLQ ��VLQ��VLQVLQ |� � DJ�

ο

οDF �� h ± D ± E ��± ��h ± ��h ��Bkihevamy�l_hj_fm�kbgmkh\�� J E D VLQVLQVLQ FED ��ihemqZ_f�

�� VLQ ��VLQ��VLQVLQ �|� EDJ� ο

οEF �� VLQVLQ |� ED� ED �

�� ± D ± E ��± ��± �� h�Bkihevamy�l_hj_fm�kbgmkh\�� J E D VLQVLQVLQ FED ��ihemqZ_f�� VLQ ��VLQ��VLQVLQ |� � JD�

ο

οFD �� VLQVLQ |� JE� FE �

� �� >Zgu� ^\_� klhjhgu� b m]he� f_`^m� gbfb�� GZc^bl_�hklZevgu_�^\Z�m]eZ�b lj_lvx�klhjhgm��_keb�� Z ��E �� D ��E �� E ��F ��D �� E ��k ��D �� Z ��k �� D ��k �� Bkihevamy�l_hj_fm�dhkbgmkh\��gZoh^bf��FRV�� | �� J�� DEEDk �

��

>Ze__�FRVD � �� |�� EF DFE ��lZd�qlh�D ��Z � ��± ��± �� Bkihevamy�l_hj_fm�dhkbgmkh\��gZoh^bf��FRV�� | �� J�� DEEDk �

>Ze__� FRVD � �� |�� EF DFE �� lZd� qlh�D ��Z � ��± ��± �� Bkihevamy�l_hj_fm�dhkbgmkh\��gZoh^bf��FRV��FRV�� | �� D�� οEFFED �

>Ze__� �� FRV �� E DF EFD ��lZd�qlh � ��Z � ��± ��± �� Bkihevamy�l_hj_fm�dhkbgmkh\��gZoh^bf��FRV�� | �� D�� EFFED �

>Ze__�� FRV �� |�� E DF EFD ��lZd�qlh�� Z � ��± D ± � ��± ��± �� Bkihevamy�l_hj_fm�dhkbgmkh\��gZoh^bf�� FRV��

| �� E�� DFFDE>Ze__�� FRV �� |�� D EF DFE ��lZd�qlh�D ��Z � ��± ��± �� Bkihevamy�l_hj_fm�dhkbgmkh\��gZoh^bf�

��FRV��FRV�� ||�� E�� οDFFDE �

��

>Ze__�� FRV �� |�� D EF DFE ��lZd�qlh�D ��Z � ��± ��± �� < lj_m]hevgbd_�aZ^Zgu�^\_�klhjhgu�b m]he��ijhlb\h�e_`Zsbc�h^ghc�ba�klhjhg��GZc^bl_�hklZevgu_�m]eu�d klhjhgm�lj_m]hevgbdZ��_keb�� D ��E ��D �� D ��E ��D �� D ��E ��D �� D ��E ��D �� D ��E ��D ��Ih� l_hj_f_� kbgmkh\�bf__f�� J E D VLQVLQVLQ FED ��hldm^Z�ihemqZ_f�

��VLQ�VLQVLQ |� � D� E οDE �l�_�� ± ��± �� b

�� VLQ ��VLQ��VLQVLQ |� � DJ� ο

οDF ��Ih� l_hj_f_� kbgmkh\�bf__f�� J E D VLQVLQVLQ FED ��hldm^Z�ihemqZ_f�

��VLQ�VLQVLQ |� � D� E οDE �l�_�� |�� ± ��± �� b

�� VLQ ��VLQ��VLQVLQ |� � DJ� ο

οDF �

��

��Ih� l_hj_f_� kbgmkh\�bf__f�� J E D VLQVLQVLQ FED ��hldm^Z�ihemqZ_f��VLQ��VLQVLQ |� � D� E οDE �

l�_�� h�� ± ��± �� b�� VLQVLQ |� DJ� DF �

��Ih� l_hj_f_� kbgmkh\�bf__f�� J E D VLQVLQVLQ FED ��hldm^Z�ihemqZ_f��VLQVLQ � D� E DE �

gh�VLQE ^he`_g�[ulv�f_gvr_��agZqbl��aZ^ZqZ�g_�bf__l�j_r_�gby��Ih� l_hj_f_� kbgmkh\�bf__f�� J E D VLQVLQVLQ FED ��hldm^Z�ihemqZ_f�� VLQVLQ |� D� E DE �

l�_�� h beb�� h��Lh]^Z�� h ± D ± ��l�_�� hbeb�� h��>Ze__� DJ� VLQVLQDF ��lZd�qlh�k� §��beb�k� §�� >Zgu�ljb�klhjhgu�lj_m]hevgbdZ��GZc^bl_�_]h�m]eu��_keb�� D ��E ��F �� D ��E ��F �� D ��E ��F �� D ��E ��F ��

��

�� D ��E ��k �� D �� E ��F ��Ih�l_hj_f_�dhkbgmkh\�bf__f�� FRV �� D EF DFE ��D §��h�� FRV �� E DF EFD �� §��h�

Lh]^Z�� h ± ��h ± ��h ��h��Ih�l_hj_f_�dhkbgmkh\�bf__f�� FRV �� D EF DFE ��D ��h�� FRV �� E DF EFD ��

Lh]^Z�� h ± ��h ± �� h��Ih�l_hj_f_�dhkbgmkh\�bf__f�� FRV �� | �� D EF DFE ��D �� FRV �� | �� E DF EFD ��

Lh]^Z�� h ± ��h ± ��h ��h��Ih�l_hj_f_�dhkbgmkh\�bf__f�� FRV �� |�� D EF DFE ��D ��

�� FRV �� E DF EFD �� Lh]^Z�� ± ��± �� ± ��

��

��Ih�l_hj_f_�dhkbgmkh\�bf__f�� FRV �� |�� D EF DFE ��D �� FRV �� |�� E DF EFD ��

Lh]^Z�� ± ��± �� Ih�l_hj_f_�dhkbgmkh\�bf__f�� FRV �� |�� D DF FFE ��D �� FRV �� |�� E DF EFD ��

Lh]^Z�� ± ��± ��

��

��FGH=HM=HEVGBDB� �� >Zgu�^\_�hdjm`ghklb�k jZ^bmkZfb�5� b 5� b jZkklhy�gb_�f_`^m� p_gljZfb� G !�5� ��5��Q_fm�jZ\gu�gZb�[hevr__�b gZbf_gvr__�jZkklhygby�f_`^m�lhqdZfb�;�b <�wlbo�hdjm`ghkl_c�AZ^ZqZ�j_r_gZ�\ i��mq_[gbdZ��klj�� J_rbl_�aZ^Zqm��ijb�mkeh\bb��qlh�G ��5� ± 5��

Imklv�;�b <�² lhqdb�gZ�hdjm`ghklyo� Ih�l_hj_f_�h ^ebg_�ehfZghc�^ey�ehfZghc�;2�2�<�bf__f�;<�d ;2� ��2�2� ��2�<�lh�_klv�OH� ��H�H� ��H�<� �5� ��5�� G² gZb[hevr__�jZkklhy�gb_�>ey�ehfZghc�;<2�2� bf__f�;H� d ;<��<2� ��2�2��5� d ;<��5��G�;<�t 5� ± 5� ± G�agZqbl��5� ± 5� ± G��² gZbf_gvr__�jZkklhygb_�

��

� �� >hdZ`bl_�� qlh� _keb� \_jrbgu� ehfZghc� g_� e_`Zl� gZ�h^ghc�ijyfhc��lh�êbgZ�ehfZghc�[hevr_�êbgu�hl�j_adZ��kh_^bgyxs_]h�__ dhgpu�Imklv�:�:�$� ��:Q±��:Q ² ehfZgZy��lhqdb�:��$��:Q g_�e_`Zl�gZ�h^ghc�ijyfhc�

>hdZaZlv��qlh�:�$� ��:�:� ��:Q��:Q !�:�:Q�Lhqdb�:��:��:� g_�e_`Zl�gZ�h^ghc�ijyfhc��ih�g_jZ\_gkl\m�lj_m]hevgbdZ�bf__f�$�$� ��:�:� !�:�$�� >ey�ehfZghc�:�:�:� ihemqbf�$�$� ��:�:� !�:�$�� Ih^klZ\b\��\ ��ihemqbf�$�$� ��:�:� ��:�:� !�:�$��Ijh^he`Zy�ij_h[jZah\Zgby��^Zevr_�ZgZeh]bqgh�ihemqbf�$�$� ��:�:� ��«��:Q��:Q !�:�$Q�qlh�b lj_[h\Zehkv�^hdZaZlv�� >hdZ`bl_��qlh�m aZfdgmlhc�ehfZghc�jZkklhygb_�f_�`^m�ex[ufb�^\mfy�\_jrbgZfb�g_�[hevr_�iheh\bgu�êbgu�ehfZghc�

��

Imklv�$%&'($�² aZfdgmlZy�ehfZgZy�ebgby�JZkklhygb_�f_`^m�^\mfy�\_jrbgZfb��gZijbf_j��: b�'�[m�^_f�kqblZlv�hlj_adhf��kh_^bgyxsbf�dhgpu�ehfZghc��ke_^h\Z�l_evgh�ih�l_hj_f_�h êbg_�ehfZghc�bf__f��$'d$%��%&��&'�b $'d$(��('��keh`b\�^\Z�g_jZ\_gkl\Z��ihemqbf��$'�d $%��%&��&'��'(��($�$'�d �� $%��%&��&'��'(��($��Qlh�b lj_[h\Zehkv�^hdZaZlv�

� �� >hdZ`bl_��qlh�m aZfdgmlhc�ehfZghc�êbgZ�dZ`^h]h�a\_gZ�g_�[hevr_�kmffu�êbg�hklZevguo�a\_gv_\�LZd�`_��dZd b \�j_r_gbb�aZ^Zqb�� ihemqZ_f��qlh$(�d $%��%&��&'��'(�>ey�^jm]bo�a\_gv_\�ZgZeh]bqgh�� Fh`_l� eb� aZfdgmlZy� ehfZgZy� bf_lv� a\_gvy� êbghc�� f��f��f��f��f"�H[tykgbl_�hl\_l�>ey� aZfdgmlhc� ehfZghc� êbgZ� kZfh]h� [hevrh]h� a\_gZ�^he`gZ�[ulv�f_gvr_ kmffu�êbg�\k_o�hklZevguo�a\_gv_\��>ey�^Zgghc�ehfZghc�^he`gh�\uihegylvky��!��lh�_klv��qlh�g_\_jgh�Hl\_l��G_�fh`_l�� >hdZ`bl_��qlh�_keb�dhgpu�ehfZghc�e_`Zl�ih�jZagu_�klhjhgu� hl� ^Zgghc� ijyfhc�� lh� hgZ� i_j_k_dZ_l� wlm�ijyfmx�

��

>hdZ`_f��qlh�m ijyfhc�b ehfZghc�gZc^_lky�ohly�[u�h^gZ�h[sZy�lhqdZ�IjyfZy�Z jZa[b\Z_l�iehkdhklv�gZ�^\_�ihemiehkdhklb�Z� bZ��\ dhlhjuo�e_`Zl�dhgpu�:��b :Q ehfZghc�$�$��«$Q��>hdZ�`_f��qlh�m ijyfhc�Z b ehfZghc�gZc^_lky�ohly�[u�h^gZ�h[sZy�lhqdZ�� >himklbf�� qlh� $� � D�� :Q � Z�� DZ`^Zy� ba� \_jrbg�$�$�«$Q�� ijbgZ^e_`bl�h^ghc�ba�ihemiehkdhkl_c�beb�ijyfhc�Z��?keb�:� � Z��lh�hlj_ahd�:�$��i_j_k_dZ_l�ijyfmx�Z� _keb�:� � Z��lh�:� y\ey_lky�h[s_c�lhqdhc�ijyfhc�b ehfZghc��?keb�:� � Z��lh�jZkkfhljbf�\_jrbgm�:� b l�^��Lh�_klv _keb�:� � D��lh�hlj_ahd�:�:� i_j_k_q_l�ijyfmx�Z��_keb�:� � Z��lh�:� y\ey�_lky�h[s_c�lhqdhc�ijyfhc�b ehfZghc��?keb�:� � Z�� i_j_c^_f�d jZkkfhlj_gbx�\_jrbgu�:� b l�^��>himklbf��qlh�kj_^b�\_j�rbg�$��$��«$Q�� g_�gZc^_lky�gb h^ghc��dhlhjZy�[u�e_`ZeZ�\ Z�beb� gZ ijyfhc� Z�� lh� \ wlhf� kemqZ_� hlj_ahd�:Q��:Q i_j_k_q_l�ijyfmx�D��Qlh�b lj_[h\Zehkv�^hdZaZlv�� Kdhevdh�^bZ]hgZe_c�m Q�m]hevgbdZ"Ba�dZ`^hc�\_jrbgu�Q�m]hevgbdZ�fh`gh�ijh\_klb�^bZ]hgZ�eb�dh�\k_f�\_jrbgZf��djhf_�kZfhc�k_[y�b ^\mo�khk_^gbo��l�_��Q ± �� ^bZ]hgZeb��Ihkdhevdm� dZ`^Zy� ^bZ]hgZev� kh_^bgy_l� ^\_�\_jrbgu��lh h[s__�dhebq_kl\h�^bZ]hgZe_c

� �� QQG� �� M]eu� \uimdeh]h� q_luj_om]hevgbdZ� ijhihjpbhgZev�gu�qbkeZf��GZc^bl_�bo�Ih�l_hj_f_�h kmff_�m]eh\�fgh]hm]hevgbdZ�bf__f�6� ��Q�± �� Â��± �� Â�� Imklv�]jZ^mkgZy�f_jZ��]h�m]eZ�N��]h�² �N��]h�² �N��b��]h�² �N��LZd�dZd�kmffZ�\k_o�m]eh\� ��ihemqbf�mjZ\g_�gb_� N ��N ��N ��N ��N ��N ��h�AgZqbl��m]he�² ��c² ��c² ��c² ��

��

� �� >hdZ`bl_��qlh�m q_luj_om]hevgbdZ��hibkZggh]h�hdh�eh�hdjm`ghklb��kmffu�^ebg�ijhlb\he_`Zsbo�klhjhg�jZ\gu�Imklv� $%&'� ² q_luj_om]hevgbd�� hibkZgguc� hdheh� hd�jm`ghklb�

Ih�k\hckl\m�dZkZl_evghc�$3� �$4��'3� �'1��&1� �&0�b%4 �%0��ihemqZ_f��qlh$%��&'� �$4��%4��&1��'1�%&��$'� �%0��&0��$3��'3�Ke_^h\Zl_evgh $%��&'� �%&��$'�Qlh�b lj_[h\Zehkv�^hdZaZlv�� Kdhevdh� klhjhg� bf__l� ijZ\bevguc� fgh]hm]hevgbd��dZ`^uc�ba�\gmlj_ggbo�m]eh\�dhlhjh]h�jZ\_g��"M]he�ijZ\bevgh]h�Q�m]hevgbdZ�\uqbkey_lky�ih�nhjfme_�

D � QQ �� q �� QQ q�q �� ÛQ ��ÛQ ± ��Û��±��ÛQ �±��Û��Q ��Q �� QQ q�q �� ÛQ ��ÛQ ± ��Û��±��ÛQ �±��Û��Q ��±��Q ��

��

� �� Kdhevdh� klhjhg� bf__l� ijZ\bevguc� fgh]hm]hevgbd��_keb� dZ`^uc� ba� \g_rgbo� _]h� m]eh\� jZ\_g�� "6D �� Q q D ��

�� Q q�� Q ��Q ��Q �� Q q�� Q ��Q �� Q ��

� �� >hdZ`bl_��qlh�\aylu_�q_j_a�h^gm�\_jrbgu�ijZ\bev�gh]h��Q�m]hevgbdZ�y\eyxlky�\_jrbgZfb�ijZ\bevgh]h�Q�m]hevgbdZ�Imklv�$%&'()�² ijZ\bevguc��Q�m]hevgbd�

JZkkfhljbf�'$<)�b '%&'�): �<K��:<� �&'��dZd�klhjhgu�ijZ\bevgh]h�fgh]hm]hev�gbdZ��: ��K �dZd�m]eu�ijZ\bevgh]h�fgh]hm]hevgbdZ��AgZqbl��')$< �'%&'��ih��fm�ijbagZdm��l�_��)< �%'�:gZeh]bqgh� ^hdZau\Z_lky�� qlh� \k_� klhjhgu� Q�m]hevgbdZ�%') jZ\gu��ke_^h\Zl_evgh�Q�m]hevgbd�² ijZ\bevguc�Qlh�b lj_[h\Zehkv�^hdZaZlv�� >hdZ`bl_�� qlh� k_j_^bgu klhjhg� ijZ\bevgh]h�Q�m]hevgbdZ� y\eyxlky� \_jrbgZfb� ^jm]h]h� ijZ\bev�gh]h�Q�m]hevgbdZ�Imklv� $%&'(� ² ijZ\bevguc� Q�m]hevgbd�� ::� $�%��<<� <�K b�l�^�JZkkfhljbf�'$�<<� b '%�&&��

��

'�:�< �%�&��%%� �&&� �dZd�iheh\bgu�jZ\guo�klhjhg�Q�m]h�evgbdZ��< ��K �ba�mkeh\by��AgZqbl��'$�<<� �'<�&&��lZd�qlh�$�<� �%�&��:gZeh]bqgh� ^hdZau\Z_lky�� qlh� \k_� klhjhgu� ihemq_ggh]h�Q�m]hevgbdZ�jZ\gu��lh�_klv�Q�m]hevgbd�² ijZ\bevguc�Qlh�b lj_[h\Zehkv�^hdZaZlv�� Ohj^Z��i_ji_g^bdmeyjgZy�jZ^bmkm�b ijhoh^ysZy�q_�j_a� _]h� k_j_^bgm�� jZ\gZ� klhjhg_� ijZ\bevgh]h� \ib�kZggh]h�lj_m]hevgbdZ��>hdZ`bl_�

Gm`gh�^hdZaZlv��qlh�$%� �D� �5 � �]^_�5² jZ^bmk�hdjm`ghklb�JZkkfhljbf�'2?<��? ��l�d��2'A:<��ih�mkeh\bx��2%� �5��2(� � �� 5 �ih�mkeh\bx��Ih�l_hj_f_�IbnZ]hjZ�?<� �H<� ± H?� �5� ± �� 5� � �� 5�� (% � 55 �

��

>Ze__�'$(2� �'?<2��lZd�dZd�:H �H<�b dZl_l�H?�² h[�sbc��LZd�qlh��($� � ��(% 5 ��Lh]^Z$%� �$(��(%� � ��5 � ��5 �5 � �

Qlh�b lj_[h\Zehkv�^hdZaZlv�� M ijZ\bevgh]h� lj_m]hevgbdZ� jZ^bmk� \ibkZgghc� hd�jm`ghklb�\ ^\Z�jZaZ�f_gvr_�jZ^bmkZ�hibkZgghc�hd�jm`ghklb��>hdZ`bl_�

Imklv�\ ':<K�:<� �Z��HK� �5�² jZ^bmk�hibkZgghc�hdjm`�ghklb��2'� �U² jZ^bmk�\ibkZgghc�hdjm`ghklb�JZkkfhljbf�''2&��'� ��$&�² dZkZl_evgZy��2&'� � �� &� �� dZd� [bkk_dljbkZ� jZ\gh[_^j_ggh]h� lj_m]hevgbdZ�� Lh]^ZVLQ�2&'� 2&2' ��Lh�_klvVLQ�� 5U5U �� 5 ��U�

Qlh�b lj_[h\Zehkv�^hdZaZlv�� KlhjhgZ�ijZ\bevgh]h�\ibkZggh]h�\ hdjm`ghklv�lj_�m]hevgbdZ� jZ\gZ� Z� GZc^bl_� klhjhgm� d\Z^jZlZ�� \ib�kZggh]h�\ wlm�hdjm`ghklv�>Zgh�� '$<K ² ijZ\bevguc�� \ibkZgguc� \ hdjm`ghklv�D� Z��GZc^_f�D��

��

LZd�dZd�Z� �5 ��lh�D� �5 � 5� �D �>Ze__�D� �5 �� DD � �

� �� < hdjm`ghklv��jZ^bmk�dhlhjhc��^f��\ibkZg�ijZ\bev�guc� lj_m]hevgbd�� gZ� klhjhg_� dhlhjh]h� ihkljh_g�d\Z^jZl�� GZc^bl_� jZ^bmk� hdjm`ghklb�� hibkZgghc�hdheh�d\Z^jZlZ�

Imklv� ':<K� ² ijZ\bevguc�� \ibkZgguc� \ hdjm`ghklv��H< 5� � �� ^f�� $%'(�² d\Z^jZl�� 5� ² jZ^bmk� hibkZgghc�hdheh�d\Z^jZlZ�hdjm`ghklb�Lh]^Z� Z� � �� 5 ^f�� Z� � Z� �� ^f�� >Ze__��D� ��5 ��5� �QD ��l�_�� 5 ^f�

Hl\_l�� 5 ^f�

��

� �� Dhg_p� \ZebdZ� ^bZf_ljhf� �� kf� hibe_g� ih^� d\Z^jZl��Hij_^_ebl_� gZb[hevrbc� jZaf_j�� dhlhjuc� fh`_l�bf_lv�klhjhgZ�d\Z^jZlZ�<ibkZgguc�\ hdjm`ghklv�d\Z^jZl�bf__l�[yevrmx�klhjhgm��GZc^_f�__� 5 �G�� Ff�D� �� 5 kf�Hl\_l�� kf�� Dhg_p� \bglZ� ]Zah\hc� aZ^\b`db� bf__l� ijZ\bevgmx�lj_o]jZggmx�nhjfm��DZdhc�gZb[hevrbc�jZaf_j�fh�`_l�bf_lv�dZ`^Zy�]jZgv� _keb�pbebg^jbq_kdZy�qZklv�\bglZ�bf__l�^bZf_lj��kf"Lj_[m_lky� gZclb� klhjhgm� \ibkZggh]h� \ hdjm`ghklv�lj_m]hevgbdZ� 5 �G�� O�Ff�Z� �� 5 kf�Hl\_l�� kf�� >hdZ`bl_��qlh�klhjhgZ�ijZ\bevgh]h��m]hevgbdZ�\u�qbkey_lky�ih�nhjfme_�D� � �� 5 ��]^_�5�² jZ^b�mk�hibkZgghc�hdjm`ghklb�

Imklv� \ hdjm`ghklv� k jZ^bmkhf� 5 \ibkZg� ijZ\bevguc��m]hevgbd�$%&'()*+�

��

Lh]^Z�\ '+$<��+< �D� � �5 ��:G �:<� �Z��$� ��h��Ih�l_hj_f_�dhkbgmkh\��+%� �+$��$%� ± �G:�:<�FRV�$��l�_��5 � �� D�� D�� ± �D��ÂFRVO��l�d��FRVO�� ±FRV�� lh

�5� ��D�� D�� D�� hlkx^Z�� 555D �

�� 55D �Qlh�b lj_[h\Zehkv�^hdZaZlv�� >hdZ`bl_�� qlh� klhjhgZ� ijZ\bevgh]h� ��m]hevgbdZ�\uqbkey_lky� ih� nhjfme_� D�� 5 �� ]^_� 5 ²jZ^bmk�hibkZgghc�hdjm`ghklb�

Imklv� \ hdjm`ghklv� k jZ^bmkhf�5 \ibkZg�:<K��² ijZ�\bevguc��m]hevgbd�< ':<K��$&� �D� �5��:< �<K �Z��< ��ba�l_hj_�fu�dhkbgmkh\�ihemqZ_f��:K� �:<� ��<K� ± �:<�<K�FRV�%��lZd�dZd�FRVO�� ±FRV�� lh

��

�� DDD5 �� DD � �� D�� 5555D �

l�_�� 55D �Qlh�b lj_[h\Zehkv�^hdZaZlv�� GZc^bl_�klhjhgu�ijZ\bevgh]h�iylbm]hevgbdZ�b ijZ�\bevgh]h��m]hevgbdZ��\ibkZgguo�\ hdjm`ghklv�jZ�^bmkZ�5�

Imklv�$%&'��² ijZ\bevguc��m]hevgbd��:K?��² ijZ�\bevguc��m]hevgbd��$H �5��JZkkfhljbf�'$<2� :<� �Z��H: �H<� �5��$� ��%� �� ο ��h�

lh]^Z �H ��± �: ± �< ��< aZ^Zq_�� ^hdZaZgh��qlh�hkgh\Zgb_�jZ\gh[_^j_ggh�]h�lj_m]hevgbdZ�k lZdbfb�m]eZfb�jZ\gh� � �� 5 � l�_�Z�� 5 �

��Ba�':<K�ih�l_hj_f_�dhkbgmkh\�ihemqZ_f�Z�� :K� �:<� ��<K� ± �:<Â<KÂFRV�%�

��

�� ο��FRV� �� 555D��FRV�� q�� 5 �

lZd�dZd�FRV�� ±FRV��Ba�'$<2�FRV��R � � �� ih�l_hj_f_�dhkbgmkh\��lZd�qlh�ih^klZ\b\��ihemqbfZ� � � ��5 �

� �� KlhjhgZ�ijZ\bevgh]h�fgh]hm]hevgbdZ�jZ\gZ�Z��Z jZ�^bmk�hibkZgghc�hdjm`ghklb�5��GZc^bl_�jZ^bmk�\ib�kZgghc�hdjm`ghklb�

Imklv�H ² p_glj�hdjm`ghklb��:<� �Z ² klhjhgZ�ijZ\bev�gh]h�fgh]hm]hevgbdZ��H: �5�² jZ^bmk�hibkZgghc�hdjm`gh�klb��HK� �U�² jZ^bmk�\ibkZgghc�hdjm`ghklb�< 'H<K��K ��K< � �D ��H<� �5��lZd�qlh�ih�l_hj_f_�IbnZ]hjZ�ihemqZ_f�� D5U � �� D5U � �

��

� �� KlhjhgZ�ijZ\bevgh]h�fgh]hm]hevgbdZ�jZ\gZ�Z��Z jZ�^bmk�\ibkZgghc�hdjm`ghklb�U��GZc^bl_�jZ^bmk�hib�kZgghc�hdjm`ghklb�

Ihevamykv� j_r_gb_f� aZ^Zqb� � �� fu� ihemqbeb�� DU5 � ��lZd�qlh� �� DU5 � �

� �� <ujZabl_�klhjhgm�E ijZ\bevgh]h�hibkZggh]h�fgh]h�m]hevgbdZ� q_j_a� jZ^bmk� 5 hdjm`ghklb� b klhjhgm� ZijZ\bevgh]h� \ibkZggh]h� fgh]hm]hevgbdZ� k l_f� `_�qbkehf�klhjhg�Imklv� :�:��$Q ² ijZ\bevguc� Q�m]hevgbd�� \ibkZgguc� \hdjm`ghklv�jZ^bmkZ�5��Z <�<��<Q ² ijZ\bevguc�Q�m]hevgbd��hibkZgguc�hdheh�lhc�`_�hdjm`ghklb��$�$� �D��%�%� �E�

JZkkfhljbf�'2$�'�b '2<�K��H² h[sbc��' �K� ��AgZqbl��'2$�'�a�'2<�K�Ba� ih^h[by� lj_m]hevgbdh\� ke_^m_l�� qlh�� &% '$2&2' �� lh�_klv� 2' '$2&&% ��

��

>Ze__�HK� �5��$�' � �D ��2'�gZc^_f�ba�û2'$� ih�l_hj_f_�IbnZ]hjZ�� '$2$2' D5D5 � ¹̧·©̈§� � �

lZd�qlh<�K ��

�� D55DD55 D

� ��

E ��%�& �� D5D5� �Hl\_l��E � �� D5D5� �

� �� <ujZabl_�klhjhgm�D ijZ\bevgh]h�\ibkZggh]h�fgh]h�m]hevgbdZ� q_j_a� jZ^bmk� 5 hdjm`ghklb� b klhjhgm� EijZ\bevgh]h� hibkZggh]h� fgh]hm]hevgbdZ� k l_f� `_�qbkehf�klhjhg�Imklv� %�%��%Q ² ijZ\bevguc� Q�m]hevgbd�� hibkZgguc�hdheh�hdjm`ghklb�jZ^bmkZ�5��%�%�� E��:�:��:Q ² ijZ\bev�guc�Q�m]hevgbd��\ibkZgguc�\ lm�`_�hdjm`ghklv��:�:� �Z�

û2%�&�a�û2$�' �ih�^\mf�m]eZf��hldm^Z�&% '$2&2' �� $�' 2& &%2' ��

��

LZd�dZd�HK� �5�� '%� E b �� 2' D5D5 � � ��lh5 D5 E��

� ��'$ �� '$� E5 E5E5 5ED � �� <ibrbl_�\ hdjm`ghklv�ijZ\bevguc��m]hevgbd�

<u[_j_f�ijhba\hevgmx�\_jrbgm�$� gZ�hdjm`ghklb��Ba�g__�jZ^bmkhf��jZ\guf�jZ^bmkm�hdjm`ghklb��^_eZ_f�aZk_qdb�gZ�hd�jm`ghklb�b ihemqZ_f�\_jrbgu�:��:��:��dhlhju_�kh_^bgbf�hlj_adZfb�� Ihemqbf� ijZ\bevguc� r_klbm]hevgbd�� >Ze__� ih�kljhbf�k_j_^bggu_�i_ji_g^bdmeyju�d klhjhgZf�r_klbm]hev�gbdZ��Hgb�jZa^_eyl�^m]b�hdjm`ghklb�gZ ��jZ\guo�qZkl_c��Kh�_^bgb\� wlb� lhqdb� hlj_adZfb� k \_jrbgZfb� r_klbm]hevgbdZ��ihemqbf��m]hevgbd�� Hibrbl_� hdheh� hdjm`ghklb� ijZ\bevguc� lj_m]hev�gbd��d\Z^jZl��ijZ\bevguc�\hkvfbm]hevgbd�JZkkfhljbf�ihkljh_gb_�ijZ\bevgh]h�lj_m]hevgbdZ�GZ� hdjm`ghklb� \u[_j_f ijhba\hevgmx� lhqdm�:��Ba� g__�ijh\_^_f�^m]m�jZ^bmkZ�hdjm`ghklb�b ihemqZ_f�\_jrbgu�:� b:� ² lhqdb�i_j_k_q_gby�^m]b�b hdjm`ghklb��Ijh\_^_f�q_j_a�lhqdb�:��:��:� dZkZl_evgu_�d hdjm`ghklb��Lhqdb�i_j_k_q_�gby�dZkZl_evguo�[m^ml�\_jrbgZfb�bkdhfh]h�lj_m]hevgbdZ�

��

>ey�ihkljh_gby�q_luj_om]hevgbdZ�b \hkvfbm]hevgbdZ�ijh�\h^bf� ^\Z� i_ji_g^bdmeyjguo� ^bZf_ljZ�� >Ze__� ihkljh_gb_�ZgZeh]bqgh�jZkkfhlj_gghfm�� JZ^bmku�\ibkZgghc�b hibkZgghc�hdjm`ghkl_c�h^gh�]h�ijZ\bevgh]h� Q�m]hevgbdZ�jZ\gu�U� b 5��Z jZ^bmk�\ibkZgghc�hdjm`ghklb�^jm]h]h�ijZ\bevgh]h�Q�m]hev�gbdZ�jZ\_g�U��Q_fm�jZ\_g�jZ^bmk�hibkZgghc�hdjm`�ghklb�^jm]h]h�Q�m]hevgbdZ"LZd� dZd� ijZ\bevgu_� Q�m]hevgbdb� ih^h[gu�� lh� ihemqZ_f��qlh� �� 55UU hldm^Z�bf__f�� UU55 �� I_jbf_lju�^\mo�ijZ\bevguo� Q�m]hevgbdh\�hlghkyl�ky� dZd� Z�E��DZd� hlghkylky� jZ^bmku� bo� \ibkZgguo� bhibkZgguo�hdjm`ghkl_c"M ijZ\bevguo� Q�m]hevgbdh\�hlghr_gby�i_jbf_ljh\�jZ\gh�hlghr_gbx� jZ^bmkh\� \ibkZgguo� b hibkZgguo� hdjm`ghkl_c��lZd�qlh�hlghr_gby�jZ^bmkh\�[m^ml�Z�E�� <uqbkebl_� ^ebgm� hdjm`ghklb�� _keb� jZ^bmk� jZ\_g�� f��f�>ebgZ�hdjm`ghklb�\uqbkey_lky�ih�nhjfme_�O ��S5��5 ��f��O ��5� �� f��5 ��f��O ��5� �� f�

��

� �� GZ�kdhevdh�baf_gblky�êbgZ�hdjm`ghklb��_keb�jZ^b�mk�baf_gblky�gZ��ff">himklbf�jZ^bmk�jZ\_g�5 ff��ke_^h\Zl_evgh� O� ��5 ff��ihke_�baf_g_gby�jZ^bmk�klZg_l� �5 ��ff b� O� ��5 �� 5 �� O� ��S��LZd�qlh�êbgZ�hdjm`ghklb�baf_gblky�gZ��S beb�|��ff�� GZc^bl_�hlghr_gb_�i_jbf_ljZ�ijZ\bevgh]h�\ibkZg�gh]h� ��m]hevgbdZ� d ^bZf_ljm� b kjZ\gbl_� _]h� k ijb�[eb`_gguf�agZq_gb_f��KlhjhgZ�ijZ\bevgh]h��m]hevgbdZ�jZ\gZ� �� 5 �kf��aZ�^Zqm�� lh]^Z�� 53 ��b��agZqbl�

�� 55G3 | ��S�Hl\_l��§��

� �� J_rbl_�aZ^Zqm�� êy�ijZ\bevgh]h��m]hevgbdZ�Z�� 5 �kf��aZ^Zqm�� Lh]^Z��J�� 5 ��Z agZqbl�� 55G3 | ��S�

Hl\_l��§�� GZc^bl_�jZ^bmk�a_fgh]h�rZjZ�bkoh^y�ba�lh]h��qlh��fkhklZ\ey_l� h^gm� ��fbeebhggmx� ^hex� êbgu� wd\Z�lhjZ�Imklv� O ² êbgZ�wd\ZlhjZ��lh]^Z� O ��5 b 5 O��>Ze__��lZd�dZd�êbgZ�wd\ZlhjZ��f��lh�

�� |S 5 df�Hl\_l��|��df�

��

� �� GZ� kdhevdh� mêbgbeky� [u� a_fghc� wd\Zlhj�� _keb� [u�jZ^bmk�a_fgh]h�rZjZ�m\_ebqbeky�gZ��kf"Ba�aZ^Zqb�� bf__f��qlh�k baf_g_gb_f�jZ^bmkZ�gZ��ff��êbgZ�hdjm`ghklb�baf_gblky�gZ� �� ff��AgZqbl��ijb�m\_ebq_�gbb jZ^bmkZ� a_feb� gZ� �� kf�� êbgZ� wd\ZlhjZ� m\_ebqblky� gZ�� kf�§��kf�Hl\_l��§��kf� �� <gmljb� hdjm`ghklb� jZ^bmkZ� 5 jZkiheh`_gu� Q jZ\�guo� hdjm`ghkl_c�� dhlhju_� dZkZxlky� ^jm]� ^jm]Z� \^Zgghc� hdjm`ghklb��GZc^bl_� jZ^bmk� wlbo�hdjm`gh�kl_c��_keb�qbkeh�bo�jZ\gh��Imklv�\gmljb�hdjm`ghklb�jZ^bmkhf�5�F�p_gljhf�\ lhqd_�H jZkiheh`_gu��jZ\guo�hdjm`ghklb�² hdj��:��U��hdj��<��U��b hdj��K��U��

û$<K ² jZ\ghklhjhggbc�� lZd� dZd� $%� � %&� � $&� � �U��2( A $%��?<H� ��<?� �U�< û2<?�bf__f��?<� �2%�FRV�(%2��lZd�qlh��FRV(%2FRV (%2% UUU q �

%'� �U��5 �%'��2%� �U � ¸̧¹·¨̈©§ � �� UU ��Lh]^Z��

¹̧·©̈§ � 55U �

��

��2'� �5��$'� �U��2( A $%��$%� ��U��2'� �'$��$2��gh$2� �U � �dZd iheh\bgZ ^bZ]hgZeb d\Z^jZlZ��

AgZqbl� 5 �U ��U � � �� U5 hldm^Z�� 555U �

��2'� �5� %' �U��&%� �U��2& A $%��2%� �:<� ��U �dZd�jZ�^bmk�hibkZgghc�hdjm`ghklb�r_klbm]hevgbdZ��

Lh]^Z�2'� �2%��%'��5 ��U��hldm^Z�bf__f�U �5 �� J_rbl_� ij_^u^msmx� aZ^Zqm�� _keb� hdjm`ghklb� jZk�iheh`_gu�\g_�^Zgghc�hdjm`ghklb��Ljb�jZ\gu_�hdjm`ghklb�dZkZxlky�^jm]�^jm]Z��H?� �5�Ijh\_^_f 6'�A H?�b01�A H?��lh]^Z��6'�__�01�JZkkfhljbf� û2F'� b û2(1� �F �? �dZd� ijyfu_��1 �'��khhl\_lkl\_ggu_�� Lh]^Z��û20'�a�û2?1�

��

Ihwlhfm� (10'212' � hldm^Z�bf__f�0' � 21(12' � ��

< û2(1 �(� ��H ��lh]^Z��1� ��h��agZqbl��2(� � �� 21��l�_��5 �� 21��21� ��5��lh]^Z�(1 � �� 555 �< û(1'��'(0�² iheh\bgZ�m]eZ�\ibkZggh]h�ijZ\bevgh]h��m]hevgbdZ��ihwlhfm�

q q� �q� � �� '(0 �Lh]^Z��'(1� ��('1� ��ihwlhfm�û(1'�² jZ\gh�[_^j_gguc�b ?G� �1'� �5 ��ihemqZ_f��qlh�2'� �21��1'� ��5 �� 5 �Ih^klZ\bf�\ ijhihjpbx��

� �� 0' � � �� 5555 555 �û:6'�² jZ\ghklhjhggbc��lZd�qlh�

$'� �6'� ��0'� � �� 55 �

��

��Imklv�q_luj_�jZ\gu_�hdjm`ghklb��dZkZxlky�^jm]�^jm]Z��b hdjm`ghklv�k p_gljhf�\ lhqd_�H b�jZ^bmkhf�H?� �5�

D

Ijh\_^_f�dZkZl_evgmx�?F�d hdj��H��5��hgZ�i_j_k_q_l�HD�\ lhqd_�F��?F A H<� < û2<.�b û2?F��.� ��? �dZd ijy�fu_��H ��H �h[sbc��agZqbl��û2<.�a�û2?F� Ihwlhfm(0%.202% ��

%. � 20(02% � ��< û2?F��? ��H ��lh]^Z� �F ��b H?� �?F� 5��agZqbl� 20 � �� 555 �< ûH<D�H<� �5 ��?<� �5 ��<D �l�d��?<� �%.��Ihemq_ggu_�\ujZ`_gby�ih^klZ\bf�\ �� 55 5 %.�%. � ��l�_�

�%.%. � 555 � �� %.�%. 555 �� %. 555 � �� %. � �� 555 5 �

��

��û2$&�a�û2'0��iR�^\mf�m]eZf��

AgZqbl� '0$&202$ ��gh�2$� �5��'$��\ û2'0��'� ��h��2� ��h��lh]^Z��'0� � �� HF��HF� ��'0��ih�l_hj_f_�IbnZ�]hjZ�� 5� � �'0� ± '0�� 5� � �'0�� '0 5 �� 20 5 ��Ih^klZ\bf�ihemq_ggu_�agZq_gby�'0 b 20 \ ��

��5'$'$ 55 �

'$��'$�� 555 � �5�5 ��'$�� 5�'$�5� ��5�'$� ��5�'$��5�'$�± 5�'$� �5��'$��5 ± 5�� 5��'$�5 �5��'$� �5�

� �� Rdb\�bf__l�\ ^bZf_lj_��f b�^_eZ_l��h[hjhlh\�\fbgmlm�� GZc^bl_� kdhjhklv� lhqdb� gZ� hdjm`ghklb�rdb\Z�G ��f��lZd�qlh�5 �� f��O ��5 §��§§��f��gh�Q �ON��]^_�N ² qbkeh�h[hjhlh\�\ fbgmlm��lZd�qlh�� §��§��f�fbg�

��

� �� GZc^bl_�êbgm�^m]b�hdjm`ghklb�jZ^bmkZ��kf��hl\_�qZxs_c� p_gljZevghfm� m]em�� >ebgZ�^m]b�\uqbkey_lky�ih�nhjfme_� qD�qS ��5O ��< gZr_f�kemqZ_�5 ��kf��lZd�qlhqqSD ��O kf�

�� S q q��S O kf�� S q q��S O kf�� S q q��S O kf�� S q q��S O kf�

� �� Kdhevdh�]jZ^mkh\�kh^_j`bl�p_gljZevguc�m]he��_keb�khhl\_lkl\mxsZy�_fm�^m]Z�khklZ\ey_l�� hdjm`ghklb"Imklv� O ² êbgZ� hdjm`ghklb�� Z O� ² êbgZ� ^m]b�� Lh]^ZO �S5��O� qD�qS��5 ��LZd�qlhD q� S q� �� OO5O �

�� q q� D �� q q� D ��

��

�� q q� D �� q q� D �� q q� D �� q q� D ��

� �� DZdhc�m]he�h[jZamxl�jZ^bmku�A_feb��ijh\_^_ggu_�\^\_�lhqdb�gZ�__ ih\_joghklb��jZkklhygb_�f_`^m�dh�lhjufb�jZ\gh��df"�JZ^bmk�A_feb�jZ\_g��df�5� ��df�² jZ^bmk�A_feb��O ��df�² jZkklhygb_�f_`^m�^\mfy�lhqdZfb�gZ�ih\_joghklb�A_feb��D² m]he�f_`^m�jZ^bm�kZfb�Bf__f�� D�qS ��5O ��Lh]^Z�D � �� cc � q� S q� 5O �

� �� Ih�jZ^bmkm�5� ��f gZc^bl_�^ebgm�^m]b��hl\_qZxs_c�p_gljZevghfm�m]em��D�qS ��5O ��hldm^Z�bf__f�� q q��|O f�� q q��|O f�� q q��|O f�� q q��|O f�

��

�� q q��|O f�� q q��|O f�

� �� Ih� ^Zgghc� ohj^_� Z gZc^bl_� ^ebgm� __ ^m]b�� _keb�]jZ^mkgZy�f_jZ�^m]b�jZ\gZ��Imklv�^ZgZ�hdjm`ghklv�k p_gljhf�H��ohj^Z�:<� �Z��Z ]jZ�^mkgZy�f_jZ�^m]b�jZ\gZ��D ��JZkkfhljbf�û2$<�

:H �2%� �dZd�jZ^bmku�hdjm`ghklb��b �:H<� �D � ��Lh]^Z��: ��< ��± �� agZqbl�û$2< ² jZ\gh�klhjhggbc�b��5 �$2� �D��>Ze__�� DD5O S q q��S D�qS �

��D ��û$2%�² ijyfhm]hevguc��jZ\gh[_^j_gguc�

Ih�l_hj_f_�IbnZ]hjZ�ihemqbf��D� �5� ��5� ��5�� hldm^Z�� D5 �� D5 ��>Ze__�ihemqZ_f�

�� D5O D S q q��S D�qS �

��

��D ��< û$2%��:H<� �D ��ih�l_hj_f_�dhkbgm�kh\�ihemqbf��:<� �:H� ��H<� ± �:H�H<�FRV�$2%�

LZd�qlh�D� �5� ��5� ± �5��± �� 5�� D5 ��>Ze__�� DD5O S q q��S D�qS �

� �� Ih�^Zgghc ^ebg_�^m]b�O gZc^bl_�__ ohj^m��_keb�^m]Z�kh^_j`bl��D ��

q q��S ��5O ��hldm^Z�bf__f�� S O5 � ��LZd�dZd�':<H�² jZ\�ghklhjhggbc��lh:<� �5 � SO� �

��D ��

��

q q��S ��5O �� S O5 � ��>Ze__��û$2< ² ijyfhm]hevguc��lZd�qlh�ih�l_hj_f_�IbnZ]hjZ��:H� ��H<� �:<��5� ��5� �$%�� S O55$% �

��D ��

q q��S ��5O ��l�_�� S O5 � ��< ':H<�ih�l_hj_f_�dhkbgmkh\��:H� ��H<� ± �:H�H<�FRVD �$%��5� ��5� ± �5�FRVO��h �$%��5� �:<��$% � S � �� O5 �

� �� GZc^bl_�jZ^bZggmx�f_jm�m]eh\�� S qS�q �� S qS�q �� S qS�q �

� �� GZc^bl_� jZ^bZggmx�f_jm�m]eh\� lj_m]hevgbdZ�:<K��_keb��: ��< ��LZd�dZd��: ��lh��$ S qS�q � �

��

LZd�dZd��< ��lh��% S qS�q � �

�K ��± ��± �� lZd�qlh��& S qS�q � �

Hl\_l�� S �� S b ��S �� GZc^bl_� ]jZ^mkgmx� f_jm� m]eZ�� _keb� _]h� jZ^bZggZy�f_jZ�jZ\gZ�� S �� S �� S �� S �� S �� S �� q S q�S ��

�� q S q�S �� q S q�S �� q S q�S �� q S q�S �� q S q�S ��

��

��IEHS:>B�NB=MJ� �� >hdZ`bl_�� qlh� kmffZ� iehsZ^_c� d\Z^jZlh\�� ihkljh�_gguo� gZ� dZl_lZo� ijyfhm]hevgh]h� lj_m]hevgbdZ��jZ\gZ�iehsZ^b�d\Z^jZlZ��ihkljh_ggh]h�gZ�]bihl_gm�a_�Imklv�dZl_l�:K� �E��<K �Z��]bihl_gmaZ�:<� �k��ke_^h\Z�l_evgh��6$$�&�& �E��6%%�&�& �D��6$%%�$� �F��

Ba�l_hj_fu�IbnZ]hjZ�bf__f��D� ��E� �F��lh�_klv6$$�&�& ��6%%�&�& �6$%%�$��Qlh�b lj_[h\Zehkv�^hdZaZlv�� Klhjhgu� ^\mo� mqZkldh\� a_feb� d\Z^jZlghc� nhjfu�jZ\gu� ��f b� ��f��GZc^bl_�klhjhgm�d\Z^jZlgh]h�mqZkldZ��jZ\gh\_ebdh]h�bf�D� ��f��Z� ��f��6� � 0� 6��6� �Z�� f��6� �Z�� f��6� �6� ��6� �� f��

��

Gh�6� �Z��hldm^Z�bf__fZ� �� 6 f | ��f�Hl\_l��Z� §��f�� GZc^bl_�iehsZ^v�d\Z^jZlZ�6 ih�_]h�^bZ]hgZeb�Z�

$%&'�² d\Z^jZl��:K� �Z��< û:<K �< ��ih�l_hj_f_�IbnZ]hjZ��$<� ��<K� �:K��l�d��:<� �<K��lh��:<� :K��lh�_klv�$%� �D��$%� � ��D �

ke_^h\Zl_evgh�6 �$%� � ��D �

Hl\_l��6 � ��D �� <h�kdhevdh�jZa�iehsZ^v�d\Z^jZlZ��hibkZggh]h�hdheh�hdjm`ghklb��[hevr_�iehsZ^b� d\Z^jZlZ�� \ibkZggh]h�\ lm�`_�hdjm`ghklv"

��

Imklv� $%&'� ² d\Z^jZl�� \ibkZgguc� \ hdjm`ghklv��$�%�&�'� ² d\Z^jZl��hibkZgguc�hdheh�hdjm`ghklb�JZkkfhljbf� û$$�<�� $� � �� ih� l_hj_f_� IbnZ]hjZ�:<� �::�� :�<��lh�_klv�� %$��%$��%$��$% � �

lZd�dZd��:%� �6$%&'��$�%�� 6$�%�&�'��lh�6$�%�&�'��6$%&' ��:<:< ��

� �� DZd� baf_gblky� iehsZ^v� d\Z^jZlZ�� _keb� dZ`^mx� _]h�klhjhgm�m\_ebqblv�\ ��jZaZ"KlhjhgZ�d\Z^jZlZ�jZ\gZ�Z��_]h�iehsZ^v�jZ\gZ�Z��?keb�klh�jhgm�m\_ebqblv�\ ��jZaZ��lh�hgZ�klZg_l�² �Z��Z iehsZ^v�² �Z��>Ze__�� DD �Hl\_l��IehsZ^v�m\_ebqblky�\ ��jZa�� <h� kdhevdh� jZa� gZ^h� mf_gvrblv� klhjhgu� d\Z^jZlZ��qlh[u�_]h�iehsZ^v�mf_gvrbeZkv�\ ��jZa"Imklv�Z� ² iehsZ^v�d\Z^jZlZ��mf_gvr_ggh]h�\ ��jZa��lh�]^Z��D� ² iehsZ^v�d\Z^jZlZ��ke_^h\Zl_evgh��klhjhgZ�d\Z^jZ�lZ��Z��]^_�Z ² klhjhgZ�mf_gvr_ggh]h�d\Z^jZlZ��AgZqbl��klhjh�gm�d\Z^jZlZ�ke_^m_l�mf_gvrblv�\ ��jZa�� Q_fm� jZ\gu� klhjhgu� ijyfhm]hevgbdZ�� _keb� hgb�hlghkylky�dZd��Z _]h�iehsZ^v�� f�"Imklv�h^gZ�klhjhgZ�ijyfhm]hevgbdZ�[m^_l��o f��lh]^Z�^jm�]Zy�² �o f��iehsZ^v� �o��o ��[� f��qlh�ih�mkeh\bx�aZ^Zqb�jZ\gh��f�� [� ��[� ��[ ��Lh]^Z��o ��f b��o ��f��AgZqbl��y klhjhgZ�² ��f��yklhjhgZ�² ��f�

��

� �� Q_fm� jZ\gu� klhjhgu� ijyfhm]hevgbdZ�� _keb� _]h� i_�jbf_lj��^f��Z iehsZ^v��f�"Imklv� h^gZ� klhjhgm� ijyfhm]hevgbdZ� o ^f�� Z ^jm]Zy� \ ^f��lh]^Z� i_jbf_lj� [m^_l� �o �� \�� qlh� jZ\gh� �� ^f�� Z iehsZ^v�[\ ^f� ih�mkeh\bx�jZ\gZ��^f��®̄ �� [\ \[ ®̄ � ��[\ \[ ®̄ � � �� \\ \[±\� ��\ ± �� \� ± ��\ �� l�_��\� ��^f��Z \� ��^f��Lh]^Z�o� ��^f��Z o� ��^f�Hl\_l��H^gZ�klhjhgZ�² �� ^f��^jm]Zy�² �� ^f�

� �� IZjZee_eh]jZff� b ijyfhm]hevgbd� bf_xl� h^bgZdh�\u_� klhjhgu��GZc^bl_� hkljuc� m]he� iZjZee_eh]jZf�fZ��_keb�iehsZ^v�_]h�jZ\gZ�iheh\bg_�iehsZ^b�ijy�fhm]hevgbdZ�

Imklv�$%&'�² iZjZee_eh]jZff�k hkljuf�m]ehf�:�$�%�&�'� ² ijyfhm]hevgbd��Lh]^Z $'� �$�'� �D��$%� �$�%� �E�O�� '&%$6 �DE��6$%&' �DK DE6 '&%$ �� Lh]^Z� �EK ��< û$<?��? ��lZd�qlh� VLQ�$ �� EEEK ��agZqbl��: ��Hl\_l��

� �� D\Z^jZl�b jhf[�bf_xl�h^bgZdh\u_�i_jbf_lju��DZ�dZy� ba� nb]mj� bf__l� [hevrmx� iehsZ^v"�H[tykgbl_�hl\_l�Imklv�Jd\ �Jjhf[Z��Gh�Jd\ ��Z��Z Jjhf[Z ��Z�

��

Lh]^Z�Z �Z��6d\ �Z�Z��6jhf[Z �Z��K��gh�K ��Z��lZd�dZd�dZl_l�f_gvr_�]bihl_gmau��Z agZqbl�b Z�Z� !�Z��K��lZd�qlh�6d\ ! 6jhf[Z�� GZc^bl_� iehsZ^v� jhf[Z�� _keb� _]h� \ukhlZ� �� kf�� Zhkljuc�m]he��Imklv�$%&'�² jhf[��<G� ��kf�² \ukhlZ��: ��

< û:<G��G ��lZd�qlh�<G� �:<�VLQ.��hldm^Z��VLQ��VLQ%+$% D

οkf�

>Ze__�6jhf[Z �$'�%+� �$%�%+� �� kf��Hl\_l��kf�� GZc^bl_� iehsZ^v� jhf[Z�� _keb� _]h� \ukhlZ� �� kf�� Zf_gvrZy ^bZ]hgZev��kf�Imklv� $%&'� ² jhf[�� %' �� kf� �f_gvrZy� ^bZ]hgZev��<G ��kf² \ukhlZ�

< û%'+��+� � ��%'� � �� kf��<G� � ��kf��ih�l_hj_f_�IbnZ]hjZ�� %+%'+' kf�< û$<+��+ ��<G ��kf��$+� �$'�± +'� ��$%�± ��Ff��ih�l_hj_f_�IbnZ]hjZ�bf__f��$%� �$+� ��%+��lh�_klv

��

$%� ��$%�± �� $%� ± ��$%��:<� ��:<� ��LZd�qlh�$'� �$%� ��kf��>Ze__�6$%&' �:'�<G� �� kf��Hl\_l��6$%&' ��kf�� >hdZ`bl_�� qlh� iehsZ^v� jhf[Z� jZ\gZ� iheh\bg_�ijhba\_^_gby�^bZ]hgZe_c�Imklv�$%&'�² jhf[��:K�b %'�² ^bZ]hgZeb�

Bf__f� 6$%&' �6û:<K ��6û$&' � �� :K�<H�� $&�'2� � �� :K�<H��'2�� :K�%'� � �%'$& � �

Qlh�b lj_[h\Zehkv�^hdZaZlv�� GZc^bl_�� klhjhgu� jhf[Z�� agZy�� qlh� _]h� ^bZ]hgZeb�hlghkylky�dZd��Z iehsZ^v�jhf[Z�jZ\gZ��kf��Imklv� $%&'�² jhf[��:K� b %'�² ^bZ]hgZeb�� $&%' ��6$%&' ��kf�

��

6$%6' �� $&�%'� ��kf��Imklv�%' o kf��lh]^Z�:K �o kf��agZqbl�� [[ ��[� ��

�� [ �AgZqbl��%'� � �� kf��:K� � �� kf�JZkkfhljbf�û$2<��H ��dZl_l�:H � �� :K� � �� kf��dZl_l�<H� � �� %'� � � kf��Lh]^Z�ih�l_hj_f_�IbnZ]hjZ�

��<H:H:< �� kf�Hl\_l�� kf�� JZa^_ebl_�^Zgguc�lj_m]hevgbd�gZ�ljb�jZ\gh\_ebdb_�qZklb�ijyfufb��ijhoh^ysbfb�q_j_a�h^gm�\_jrbgm�

JZa^_ebf�:K�gZ�$'� '(� �(&��Lh]^Z%+$'��$%' � 6 �%+'(��'%( � 6 �%+(&��(%& � 6 �

LZd�qlh�6$%' �0'%( �6(%&�

��

� �� J_rbl_� ij_^u^msmx� aZ^Zqm�� \ay\� \f_klh� lj_m]hev�gbdZ�iZjZee_eh]jZff�Ijh\_^_f�^bZ]hgZev�:K��û:<K� �û$&'� �iR� lj_f� klhjh�gZf��lh]^Z��6$%K �6$&'

JZa^_ebf�dZ`^uc�ba�lj_m]hevgbdh\�:<K�b :K'�gZ��jZ\�gh\_ebdb_� qZklb�� l�d�� kZfb� lj_m]hevgbdb� jZ\gu�� lh� bo� qZklb�[m^ml� jZ\gh\_ebdb�� LZd� qlh� ihemqblky� r_klv� jZ\gh\_ebdbo�lj_m]hevgbdh\��gh�lh]^Z�6$%(� �6$(�&.� �6$.�'��LZd�dZd�wlb�nb�]mju�kh^_j`Zl�ih��lj_m]hevgbdZ�� Q_fm�jZ\gZ�iehsZ^v�jZ\gh[_^j_ggh]h�lj_m]hevgbdZ��_keb�_]h�hkgh\Zgb_��f��Z [hdh\Zy�klhjhgZ�� f"û:<K�² jZ\gh[_^j_gguc��:<� �<K ��f��:K� ��f�

Ijh\_^_f� %' A $&�� ih� k\hckl\m� jZ\gh[_^j_ggh]h� lj_�m]hevgbdZ�%'�² f_^bZgZ�b \ukhlZ��Lh]^Z $'� � �� $&� ��f�< û$%'��'� � ��:<� � ��f��$'� � ��f��ih� l_hj_f_�IbnZ]hjZ�� $'$%%' �� f��>Ze__��%'$&��$%& �� 6 f��

Hl\_l��f��

��

� �� GZc^bl_� iehsZ^v� jZ\gh[_^j_ggh]h� ijyfhm]hevgh]h�lj_m]hevgbdZ�k ]bihl_gmahc�Z�JZkkfhljbf�û:<K��K ��<K �:K��:<� Z² ]bihl_�gmaZ�

Ih�l_hj_f_�IbnZ]hjZ�bf__f��:K� ��<K� �:<��<K� �Z��<K� ��Z �<K �Z �

Lh]^Z�:K� �<K �Z ��>Ze__��%&$&�� $%& DDD6 �� ' �

Hl\_l�� D �� M lj_m]hevgbdZ�kh�klhjhgZfb��kf�b ��kf�ijh\_^_gu�\ukhlu�d wlbf�klhjhgZf��<ukhlZ��ijh\_^_ggZy�d klh�jhg_��kf��jZ\gZ��kf��Q_fm�jZ\gZ�\ukhlZ��ijh\_^_g�gZy�d klhjhg_��kf"

��

Imklv�\ û:<K��:K� ��kf��:<� ��kf��%+� �KZ ��Ff�Lh]^Z��k h^ghc�klhjhgu��$&��$%& �� ' DK6 kf��

K ^jm]hc�klhjhgu�EK6 �� ' $%��$%& �

ihemqZ_f��qlh��$%� $%& '6KE kf�

Hl\_l��kf�� >hdZ`bl_�� qlh� klhjhgu� lj_m]hevgbdZ� h[jZlgh� ijh�ihjpbhgZevgu�_]h�\ukhlZf��l�_��

FED KKKFED �� Imklv�\ û:<K��%&� �D��$$� �KD��$&� �E��%%� �KE��$%� �F��&&� �KF�

Lh]^ZFED FKEKDK6 ��$%& ' �

ihwlhfm�DK6D � �� EK6E � �� FK6F � �

��

Ba�ihemq_gguo�jZ\_gkl\�ihemqZ_fFEDFED KKKK6K6K6FED ��

Qlh�b lj_[h\Zehkv�^hdZaZlv�� GZc^bl_�iehsZ^v�jZ\ghklhjhgg_]h� lj_m]hevgbdZ� kh�klhjhghc�Z�Imklv�û$<K² jZ\ghklhjhggbc��:<� �Z�

Lh]^Z��: ��< ��K ��ke_^h\Zl_evgh��VLQ��$VLQ$&$%�� $%& DDDD6 � q��

Hl\_l�� D �� GZc^bl_� iehsZ^v� ijZ\bevgh]h� lj_m]hevgbdZ��\ibkZggh]h�\ djm]�jZ^bmkZ�5�Imklv� û:<K� ² ijZ\bevguc�� \ibkZgguc� \ hdjm`ghklv��:H 5�

Lh]^Z�Z� �5 ��Lh�_klv�:<� �<K �:K� �5 ��Gh�lh]^Z�� $%6$%& �ih�ij_^u^ms_c�aZ^Zq_��b � �� 56 $%& �

��

� �� GZc^bl_�iehsZ^v�ijyfhm]hevgh]h�lj_m]hevgbdZ��_k�eb� _]h�\ukhlZ�^_ebl� ]bihl_gmam�gZ�hlj_adb� ��kf�b��kf�Imklv� \ lj_m]hevgbd_� :<K�� K � �� &'� ² \ukhlZ��$' �� kf��'%� ��kf� GZclb�6û$%&�

û$&'�a û&%'��ihwlhfm� �� '%$'&' kf�:< �$'��%'� �� kf��&'$%��û$%& � � 6 kf��

Hl\_l��kf�� Q_fm� jZ\gu� dZl_lu� ijyfhm]hevgh]h� lj_m]hevgbdZ��_keb� _]h� ]bihl_gmaZ� jZ\gZ� �� kf�� Z iehsZ^v� jZ\gZ��kf�"Imklv�\ û:<K��K ��:< �� kf��6 ��kf��

>himklbf��:K� �[ kf��Z <K� �\ kf��lh]^Z�ih�l_hj_f_�IbnZ�]hjZ�bf__f�� [� �� m� � ��Z ih�nhjfme_�iehsZ^b� �[\ ��LZd�qlh�

��

°̄°®

� ��[\ \[

°̄°® � �� [\ \[Keh`bf�b \uql_f��ba��ihemqbf

°̄°® ��

\[\[ \[\[

°̄°® � � ��

\[ \[®̄ � � ��\[ \[

Hldm^Z� o �� lh]^Z� \ [ ± � �� Lh� _klv� :K �� kf��<K ��kf�Hl\_l��kf��kf�� M lj_m]hevgbdZ�$<K :K� �Z��<K �E��Ijb�dZdhf�m]e_�K iehsZ^v�lj_m]hevgbdZ�[m^_l�gZb[hevr_c"&

LZd�dZd�6û$%& � �� $&�%&�VLQ�&� �� DEVLQ�&�� lh�iehsZ^v�[m^_l�gZb[hevr_c�ijb�gZb[hevr_f�agZq_gbb�VLQ�&��: VLQ�&�² gZb[hevrbc�m �K ��VLQ�� AgZqbl��ijb��K ��6 [m^_l�gZb[hevr_c�b jZ\ghc �� DE�

��

� �� GZc^bl_� iehsZ^v� jZ\gh[_^j_ggh]h� lj_m]hevgbdZ�� mdhlhjh]h�[hdh\u_�klhjhgu�jZ\gu��f��Z m]he�f_`^m�gbfb�jZ\_g��

Imklv�û:<K�² jZ\gh[_^j_gguc��$%� �<K ��f��< ��Lh]^Z��VLQ��%VLQ%&$%��û$%& � q�� 6 f��

Hl\_l��f�� GZc^bl_�iehsZ^v�iZjZee_eh]jZffZ��_keb�_]h�klhjh�gu��f b��f��Z h^bg�ba�m]eh\�jZ\_g��Imklv� $%&'� ² iZjZee_eh]jZff�� $'� � � f�� :<� � � f��: ��

Lh]^Z 6$%&' �$'�$%�VLQ�$� ��VLQ�� f��Hl\_l��f�� GZc^bl_�iehsZ^v�lj_m]hevgbdZ�ih�klhjhg_�Z b ijb�e_`Zsbf�d g_c�m]eZf�. b ��Imklv�û:<K��<K �Z��K �.��< ��

��

Ih�l_hj_f_�kbgmkh\�bf__f� %VLQ$&&VLQ%& � � ��lh�_klvE E�D�q VLQ��VLQ� ED �� E E�D VLQ�VLQ� ED �

hldm^Z�bf__f� �VLQ�VLQ E�D E� DE ��>Ze__�VLQ�� VLQVLQ�VLQ�� VLQVLQVLQ�� $%& E�D E�D E�D E�D� D ' DDDDE6 �

� �� <u\_^bl_�nhjfmem�=_jhgZ�^ey�iehsZ^b�lj_m]hevgb�dZ�� FSESDSS6 �� ]^_� D�� E�� F ² ^ebgu�klhjhg�lj_m]hevgbdZ��S² ihemi_gjbf_lj�AZ^ZqZ�j_r_gZ�\ i��mq_[gbdZ��klj�� GZc^bl_� iehsZ^v� lj_m]hevgbdZ� ih� lj_f� klhjhgZf��

�� O��D ��E ��F �� FEDS �� S �

Ih�nhjfme_�=_jhgZ�ihemqZ_f� �� ' ��$%& FSESDSS6 �� kf��D ��E ��F �� FEDS �� S �

��

Ih�nhjfme_�=_jhgZ�ihemqZ_f�6$%& �� FSESDSS � �� kf��D ��E ��F �� S �

Ih�nhjfme_�=_jhgZ�ihemqZ_f�6$%& �� FSESDSS �� kf�� ED ��k ��

�� S �Ih�nhjfme_�=_jhgZ�ihemqZ_f�

6$%& � �� FSESDSS �� kf��D ��E � �� F � ��

�� S �Ih�nhjfme_�=_jhgZ�ihemqZ_f�

6$%& � �� FSESDSS ��

��

��D � �� E � �� F �� S �

Ih�nhjfme_�=_jhgZ�ihemqZ_f�6$%& � �� FSESDSS ��

� �� Klhjhgu� lj_m]hevgbdZ Z��E�� k��GZc^bl_� \ukhlm� lj_�m]hevgbdZ��hims_ggmx�gZ�klhjhgm�k�Imklv�KF ² \ukhlZ��Lh]^ZFKF6 � ��û$%& �

K ^jm]hc�klhjhgu�ih�nhjfme_�=_jhgZ ��û$%& FSESDSS6 �� ]^_�� FEDS �� LZd�qlh

�� û$%& FSESDSSFF6KF �� ;hdh\u_�klhjhgu�lj_m]hevgbdZ� ��kf�b ��kf��GZc�^bl_�\ukhlm�lj_m]hevgbdZ��hims_ggmx�gZ�hkgh\Zgb_��jZ\gh_��kf��kf�Imklv�D��E��k² klhjhgu�lj_m]hevgbdZ��Z ��kf��E ��kf��k ��kf��Lh]^Z

�� S kf�

��

�� FSESDSS6 �� kf�� F6KF kf�

��Z ��kf��E ��kf��k ��kf��Lh]^Z�� j kf�

�� FSESDSS6 �� kf�� F6KF kf�

� �� I_jbf_lj� jZ\gh[_^j_ggh]h� lj_m]hevgbdZ� jZ\_g�� kf��Z _]h�[hdh\Zy�klhjhgZ�gZ��kf�[hevr_�hkgh�\Zgby��GZc^bl_�\ukhlm�lj_m]hevgbdZ��hims_ggmx�gZ�[hdh\mx�klhjhgm�Lj_m]hevgbd�:<K�² jZ\gh[_^j_gguc�� $& ² hkgh\Zgb_��:<� �:K��kf��3 ��kf��K$% ² \ukhlZ��hims_ggZy�gZ�:<�%

Imklv�:K� �[ kf��lh]^Z�:<� �<K ��o��kf��Z i_jbf_lj�jZ\_g�[ ��[ ��lZd�qlh[ ��[ �� o ��± ��[ ��AgZqbl��:K� ��kf��:<� �<K �� kf��>Ze__�� S ��kf�

��

��%&��$&��$%� �� SSSS6 �� kf��Lh]^Z� �� $%�$% � 6K ��kf�Hl\_l��kf�

� �� GZc^bl_� \ukhlu� lj_m]hevgbdZ�� m dhlhjh]h� klhjhgu�jZ\gu��kf��kf�b ��kf�Imklv�D��E��k² klhjhgu�lj_m]hevgbdZ��D ��kf��E ��kf��k ��kf�� FEZS �� lh]^Z

�� S ��kf��$%& �� FSESDSS6 �� kf��>Ze__

�� D6KD kf�� E6KE kf�

�� F6KF kf�Hl\_l�� kf��kf�b �� kf�

� �� GZc^bl_� \ukhlm� lj_m]hevgbdZ� kh� klhjhgZfb�� ijh\_^_ggmx�d klhjhg_� ��

Imklv�Z��E��k ² klhjhgu�lj_m]hevgbdZ��D � �� E � �� k ��

��

Ba�aZ^Zqb�� 6 ��kf��lh]^Z��

�� D6KD kf�Hl\_l��kf�

� �� GZc^bl_� gZbf_gvrmx \ukhlm� lj_m]hevgbdZ� kh� klh�jhgZfb��b gZb[hevrmx�\ukhlm�lj_m]hevgbdZ� kh� klhjhgZfb�� Ba� aZ^Zqb�� ke_^m_l��qlh�gZbf_gvrZy�² \ukhlZ� him�s_ggZy�d gZb[hevr_c�klhjhg_��Z gZb[hevrZy�² \ukhlZ��him�s_ggZy�d gZbf_gvr_c�klhjhg_�GZbf_gvrZy�\ukhlZ�KF�O��D ��E ��F ��Ba�aZ^Zqb�� 6 ��kf��lh]^Z

�� k6Kk kf��Z ��E ��k ��Ba�aZ^Zqb�� 6 ��kf��lh]^Z

�� k6Kk kf�GZb[hevrZy�\ukhlZ�KD��D � �� E � �� F ��Ba�aZ^Zqb�� 6 ��kf��lh]^Z

�� D6KD kf�

��

��D ��E � �� F � �� Ba�aZ^Zqb � ��6 �� kf��lh]^Z

�� D6KD kf�� GZc^bl_�iehsZ^v�ljZi_pbb��m dhlhjhc�iZjZee_evgu_�klhjhgu��kf�b ��kf��Z g_iZjZee_evgu_�² �� kf�b��kf�

Imklv� $%&'� ² ljZi_pby�� $'� b <K� ² hkgh\Zgby��$' �� kf��<K ��kf��:<� ��kf��&'� ��kf�%+� %&$%$%&' �� 6 �

Imklv�:G �[ kf��G?� �<K ��kf��lh]^Z�(' $'±$+±+( ��± ��± o ��± o��kf�< û$<+��G ��ih�l_hj_f_�IbnZ]hjZ�bf__f�<G� �:<� ± :G� ��± o��< û&'(��(� ��ih�l_hj_f_�IbnZ]hjZ�&(� �&'� ± '(� ��± ��± [�� ± ��[ ± [� ��[ ± [� ± ��Gh�<G� �K?��lZd�qlh��± [� ��[ ± [� ± ��±��[ �±��± ��±��o �±��[ ��AgZqbl��:G ��kf��lh]^Z<+� ��± �� %+ ��<G� ��kf�

��

Ke_^h\Zl_evgh�� $%&' � �� 6 kf��

Hl\_l��kf�� < jZ\gh[hdhc� ljZi_pbb� hkgh\Zgby� jZ\gu� �� kf� b�� kf�� [hdh\Zy� klhjhgZ� �� kf�� GZc^bl_� iehsZ^v�ljZi_pbb�Imklv�$%&'�² ljZi_pby��:<� �&'� ��kf��$'� ��kf��<K ��kf�

û:<G �'&('��+� ��(� ��$%� �&'��%+� �&(��Lh]^Z$+� �('� ��$'�± %&�� ± �� kf�Lh]^Z�ih�l_hj_f_�IbnZ]hjZ�� :G:<<G � �� kf�Ke_^h\Zl_evgh

�� %+� %&$'$%&' � �� 6 kf��Hl\_l��kf��

� �� < jZ\gh[hdhc� ljZi_pbb� [hevr__� hkgh\Zgb_� jZ\gh�� f��[hdh\Zy�klhjhgZ��f b�^bZ]hgZev��f��GZc^b�l_�iehsZ^v�ljZi_pbb�

��

Imklv� $%&'�² ljZi_pby��:<� � &'� � ��f��:K� � ��f��$' �� f�< û:K?��? ��$&� ��f��$(� ��± ('��Ih�l_hj_f_�IbnZ]hjZ� K?� �:K� ± :(� ��± ��± ('�� ± ��('�± ('� �±��('�± ('��lh�_klv�&(� ��('� ��('�± ��< û&'(��(� ��&'� ��f��Ih�l_hj_f_�IbnZ]hjZ�bf__f�('� ��K?� �&'� �� IhemqZ_f��qlh��('�± �� ('� ��('� ��f�ke_^h\Zl_evgh��$+� �('� ��f��<K ��± �� f��K?� ��± �� K?� ��f��Lh]^Z�� K?� %&$'$%&' � �� 6 f��

Hl\_l��f�� >hdZ`bl_�� qlh� kj_^b� \k_o�iZjZee_eh]jZffh\� k ^Zg�gufb� ^bZ]hgZeyfb� gZb[hevrmx� iehsZ^v� bf__l�jhf[�

Imklv�$%&'�² iZjZee_eh]jZff��$&�b K'�² ^bZ]hgZeb��$.%� �.�6$%&' � �� Â:%ÂK'ÂVLQ.�6$%&' [m^_l� gZb[hevr_c�� dh]^Z� VLQ. � �� lh� _klv�D � ��ke_^h\Zl_evgh�� ^bZ]hgZeb� ^Zggh]h� iZjZee_eh]jZffZ� i_j_k_�

��

dZxlky�ih^�ijyfuf�m]ehf��Z lZdhc�iZjZee_eh]jZff�y\ey_lky�jhf[hf��Qlh�b lj_[h\Zehkv�^hdZaZlv�� <u\_^bl_� ke_^mxsb_� nhjfmeu� ^ey� jZ^bmkh\� hib�kZgghc��5��b \ibkZgghc��U��hdjm`ghkl_c�lj_m]hevgb�dZ� 6DEF5 � �� FED VU �� ]^_�D��E��F ² klhjhgu�lj_�m]hevgbdZ��Z 6² _]h�iehsZ^v�AZ^ZqZ�j_r_gZ�\ i��mq_[gbdZ��klj�� GZc^bl_�jZ^bmku�hibkZgghc� �5��b \ibkZgghc��U��hd�jm`ghkl_c�^ey�lj_m]hevgbdZ�kh�klhjhgZfb��D ��E ��F ��Ihemi_jbf_lj�lj_m]hevgbdZ�

�� FEZS �Ih�nhjfme_�=_jhgZ�ihemqZ_f� �� ' FSESDSS6 �Ke_^h\Zl_evgh

�� 6DEF5 �� FED 6U �

��D ��E ��F ��Ihemi_jbf_lj�lj_m]hevgbdZ�� S �

Ih�nhjfme_�=_jhgZ�ihemqZ_f� �� ' FSESDSS6 �

��

Ke_^h\Zl_evgh�� 6DEF5 �

�� FED 6U ��D ��E ��F ��Ihemi_jbf_lj�lj_m]hevgbdZ�

�� S �Ih�nhjfme_�=_jhgZ�ihemqZ_f� �� ' FSESDSS6 �Ke_^h\Zl_evgh

�� 6DEF5 �� FED 6U �

��D ��E ��F ��Ihemi_jbf_lj�lj_m]hevgbdZ�� S �

Ih�nhjfme_�=_jhgZ�ihemqZ_f� �� ' FSESDSS6 �Ke_^h\Zl_evgh�� 6DEF5 �� FED 6U �

��

� �� ;hdh\Zy� klhjhgZ� jZ\gh[_^j_ggh]h� lj_m]hevgbdZ�� kf��\ukhlZ��ijh\_^_ggZy�d hkgh\Zgbx��kf��GZc^b�l_�jZ^bmk�hibkZgghc�hdjm`ghklb�Imklv�:<K�² jZ\gh[_^j_gguc� lj_m]hevgbd��:<� �<K �� kf��<G� ��kf�² \ukhlZ��ijh\_^_ggZy�d hkgh\Zgbx�

Lh]^Z�\ û:<G��G ��Ih�l_hj_f_�IbnZ]hjZ�ihemqZ_f��<G:<:G �� kf�Lh]^Z� ��:G�:K kf�b

%+$&��$%& � '6 �� kf��Ke_^h\Zl_evgh�

�� 6DEF5 kf�Hl\_l��kf�

� �� GZc^bl_� jZ^bmku� hdjm`ghkl_c� hibkZgghc� hdheh�jZ\gh[_^j_ggh]h�lj_m]hevgbdZ�k hkgh\Zgb_f�Z b [h�dh\hc�klhjhghc�E b \ibkZgghc�\ g_]h�Imklv�:<K�² jZ\gh[_^j_gguc�lj_m]hevgbd��:<� �<K �E��:K� �Z��GZclb�5��U�

��

Lh]^Z� �� :K<K< DEDE:S � � �� $%& DDDEDEESDSS6 �� DED � �

Ke_^h\Zl_evgh��

��

�� DEEDEDE6DEE5 D � ��

�� DE DEDE DEED 6U D

�� DE DEDEDE DEDEDEDE DE �� GZc^bl_�jZ^bmk� U \ibkZgghc�b jZ^bmk�5 hibkZgghc�hdjm`ghkl_c� ^ey� jZ\gh[_^j_ggh]h� lj_m]hevgbdZ� khkgh\Zgb_f��kf�b [hdh\hc�klhjhghc��kf�Imklv�:<K�² jZ\gh[_^j_gguc� lj_m]hevgbd��:<� �<K �� kf��:K� ��kf�

Lh]^Z� �� S kf�� $%& �� ESDSS6 kf��Ke_^h\Zl_evgh�

��

�� 6DEk5 kf�� kED 6U kf�

� �� >hdZ`bl_��qlh�\ ijyfhm]hevghf�lj_m]hevgbd_�jZ^b�mk� \ibkZgghc� hdjm`ghklb� jZ\_g� iheh\bg_� jZaghklb�f_`^m�kmffhc�dZl_lh\�b ]bihl_gmahc�Imklv�\ û:<K��K ��&%� �D��$&� �E��$%� �F��>hdZ`_f��qlh�� kEDU ��

Bf__f�� kED 6U �� gh� �DE6 ��lZd�qlh �� kED kEDDEkEDkED kEDDEkED DEkEDU DE

�� FEDDE kEDDEkDEED kEDDE �� qlh�lj_[h\Zehkv�^hdZaZlv�� DZl_lu�ijyfhm]hevgh]h�lj_m]hevgbdZ�jZ\gu��kf�b��kf��GZc^bl_�jZ^bmku�hibkZgghc�b \ibkZgghc�hd�jm`ghkl_c�Imklv�\ û:<K��K ��:K� ��kf��<K ��kf�

��

Lh]^Z� ��%&$&$%& � � '6 kf�� >Ze__�ih�l_hj_f_�IbnZ]hjZ�$%� �$&� ��%&� �� kf��:<� �� kf�Imklv�:<� �k��:K� �E��<K �Z��Lh]^Z�� 6DEF5 kf�� kED 6U kf�

Hl\_l��kf��kf�� >hdZ`bl_��qlh�iehsZ^v�fgh]hm]hevgbdZ�hibkZggh]h�hdheh�hdjm`ghklb��jZ\gZ�iheh\bg_�ijhba\_^_gby�i_�jbf_ljZ�fgh]hm]hevgbdZ�gZ�jZ^bmk�hdjm`ghklb�

Imklv� $�$��:Q ² fgh]hm]hevgbd�� hibkZgguc� hdheh� hd�jm`ghklb��$�$��$�$�� $Q��$Q ² klhjhgu�fgh]hm]hevgbdZ��2$� �2$� �� 2$Q �U�Kh_^bgbf� \_jrbgu� fgh]hm]hevgbdZ� k p_gljhf� hdjm`gh�klb��Fgh]hm]hevgbd�jZa[bl�gZ�Q�lj_m]hevgbdh\��Lh]^Z�

��

Q�

Q�Q��Q��

��$$��

2$û$2$û$2$û$��$$$

��$$��$$$$��$$��$$��$$��

��3UUUUU

6666QQ

QQ� ��

��

��

�

Qlh�b lj_[h\Zehkv�^hdZaZlv�� Q_j_a k_j_^bgm�\ukhlu�lj_m]hevgbdZ�ijh\_^_gZ�i_j�i_g^bdmeyjgZy� d g_c� ijyfZy�� < dZdhf� hlghr_gbb�hgZ�^_ebl�iehsZ^v�lj_m]hevgbdZ"Imklv�û:<K��<G�² \ukhlZ��<H� �HG�

':<K�a '0%1�� ihwlhfm� $&01<G<H �� lZd�qlh�:K� � �01��Lh]^Z6û:<K � �� $&�%+� �01�%+�

6û0%+ � �� 01�%2� � �� 01�%+�Ihwlhfm

��%+01 �%+01%0+$%& �� ''66 �Hl\_l�� $%&%0+ ''66 �

� �� IjyfZy��i_ji_g^bdmeyjgZy�\ukhl_�lj_m]hevgbdZ��^_�ebl� _]h� iehsZ^v� ihiheZf�� GZc^bl_� jZkklhygb_� hl�

��

wlhc� ijyfhc� ^h� \_jrbgu� lj_m]hevgbdZ�� ba� dhlhjhc�ijh\_^_gZ�\ukhlZ��_keb�hgZ�jZ\gZ�:�Imklv�\ û:<K��<G�² \ukhlZ��01�A %+��%+� �K��6û%01 �6$01&�

û:<K�a ûF<1��lZd�dZd�01�__�$&�LZd�dZd�6û%01 �6$01&��lh�6û%01 � �� 6û$%&��

0%1$%& %(%+ ¹̧·©̈§ ''66 �hldm^Z�ihemqZ_f

�%(%+ 0%1$%& ''66��%+%( K �

Hl\_l�� K �� I_jbf_lju�ijZ\bevguo� Q�m]hevgbdh\�hlghkylky�dZd�Z�E��DZd�hlghkylky�bo�iehsZ^b"

�� EDED3366 ¹̧·©̈§ ¸̧¹·¨̈©§ �

Hl\_l��D��E��

��

� �� GZc^bl_�iehsZ^v�djm]Z��_keb�^ebgZ�hdjm`ghklb�O�O ��5��hldm^Z�bf__f� S �O5 ��Lh]^ZS S�S ¹̧·©̈§ SS S �� OOO56

Hl\_l�� S��O �� GZc^bl_� iehsZ^v� djm]h\h]h� dhevpZ�� aZdexq_ggh]h�f_`^m�^\mfy�hdjm`ghklyfb� k h^gbf�b l_f�`_�p_g�ljhf�b jZ^bmkZfb�� kf�b ��kf�� f b� ��f�� Z b E��Z !�E�

6dhevpZ �6dj� ± 6dj� �S5�� ± S5�� S�5�� ± 5��LZd�qlh��6dhevpZ ��± �� S kf��6dhevpZ �� ± �� ± �� S kf��6dhevpZ ��D� ± E��kf�� <h�kdhevdh�jZa�m\_ebqblky�iehsZ^v�djm]Z��_keb�_]h�^bZf_lj�m\_ebqblv��\ ��jZaZ��\ ��jZa��\ P jZa"?keb�^bZf_lj�m\_ebqblv�\ Q jZa��lh�jZ^bmk�m\_ebqblky�lh`_�\ Q jZa��lh]^Z�iehsZ^v�m\_ebqblky�\ Q� jZa��Q ��lZd�qlh�

�� Q66 �l�_��6 djm]Z�m\_ebqblky�\ ��jZaZ�

��

��:gZeh]bqgh��_keb�^bZf_lj�m\_ebqblv�\ ��jZa��lh�6 djm]Z�m\_ebqblky�\ ��jZa��?keb�^bZf_lj�m\_ebqblv�\ P jZa��lh�6 djm]Z�m\_ebqblky�\P� jZa�� GZc^bl_�hlghr_gb_�iehsZ^b�djm]Z�d iehsZ^b�\ib�kZggh]h� \ g_]h�� d\Z^jZlZ�� ijZ\bevgh]h� lj_�m]hevgbdZ��ijZ\bevgh]h�r_klbm]hevgbdZ��Imklv�$%&'�² d\Z^jZl��\ibkZgguc�\ djm]�

$

Lh]^Z� �� 5D b � � ��d\ �� 556 ��6dj ��5�� ke_^h\Z�l_evgh�� S S 5566 d\dj �

�� Imklv� $%&� ² lj_m]hevgbd�� \ibkZgguc� \ djm]�� Lh]^Z�� 5D b �� VLQ�� $%& 555DD6 � �� q�� ' ��6dj ��5��ke_^h\Zl_evgh��

:<K S �S S ' 55556 6dj ��Imklv� $%&'()�² r_klbm]hevgbd�� \ibkZgguc� \ djm]��Lh]^Z� 5D � b �� $%&� 55566 �� ' ��6dj ��5��ke_^h\Zl_evgh�

��

�� S � �S 5566dj �

Hl\_l�� S �� S �� S �� GZc^bl_� hlghr_gb_� iehsZ^b� djm]Z�� \ibkZggh]h� \ijZ\bevguc� lj_m]hevgbd�� d iehsZ^b�djm]Z��hibkZg�gh]h�hdheh�g_]h�6\i��djm]Z ��U��6hi��djm]Z ��5��

LZd� dZd� �� 5D �� lh� _klv� ��D5 b �� DU �� lh� �5U ��LZd�qlh� �� djm]Z\i� 556 S ¹̧·©̈§�S ��Ihwlhfm

�� SS 5566 djm]Z\i djm]Zhi �

Hl\_l�� GZc^bl_�hlghr_gb_�iehsZ^b�djm]Z��hibkZggh]h�hdh�eh�d\Z^jZlZ��d iehsZ^b�djm]Z�\ibkZggh]h�\ g_]h�6RQ��djm]Z ��5��6\Q��djm]Z ��U��

>Ze__� bf__f�� 5D b ��DU �� lZd� qlh� � �5U b�� djm]Z\i� 5556 S �S ¸̧¹·¨̈©§�S ��LZd�qlh

�� \i�djm]Zhi�djm]Z S� �S SS 555566 �

Hl\_l��

��

� �� GZc^bl_�iehsZ^v�k_dlhjZ�djm]Z�jZ^bmkZ�5��_keb�kh�hl\_lkl\mxsbc�wlhfm�k_dlhjm�p_gljZevguc�m]he�jZ�\_g��6k_dlhjZ � DSο��5 ��lZd�qlh�ihemqZ_f�

��6k_dlhjZ � �� 55 S S οο

��6k_dlhjZ � �� 55 S S ο

ο�


��6k_dlhjZ � �� 55 S S ο

ο�


��6k_dlhjZ � �� 55 S S ο

ο�

� �� >ZgZ� hdjm`ghklv� jZ^bmkZ� 5�� GZc^bl_� iehsZ^vk_dlhjZ�� khhl\_lkl\mxs_]h� ^m]_� k ^ebghc�� jZ\ghc�� 5��O�

�� D�qS ��55 ��hldm^Z� S q �S �q D �� 55 �� k_dlhjZ 5556 S�q q�S D�qS �

��

�� 5O�S �q D �� lZd�qlh�� k_dlhjZ 5O5O56 S�q q�S �

Hl\_l�� 5 �� 5O �� GZc^bl_�iehsZ^v�djm]h\h]h� k_]f_glZ� k hkgh\Zgb_f��D b \ukhlhc�² �D �Imklv�$'%�² djm]h\hc�k_]f_gl��:<�² hkgh\Zgb_��:<� � �D ��&'� � �D ² \ukhlZ�k_]f_glZ�

< û:HK� �K � �� :H � 5�� &'2'2& D5 � � b��$%��$& D ��Ih�l_hj_f_�IbnZ]hjZ�

:H� �HK� ��:K�� ¸̧¹·¨̈©§�¹̧·©̈§ � DD55 �� DD5D55 ��

lh�_klv�5D �D��lZd�qlh� DD5 � �D�

��

< û:H<�:H �<H� �Z��:<� � ��D ��Lh]^Z�ih�l_hj_f_ dhkb�gmkh\�� $2%FRV � �� D DDD �

lh�_klv��:H<� ��b� �$2%VLQ�� $2% DDD6 �� ' �

>Ze__ 6k_]f_glZ �6k_dlhjZ ± 6$2% ¸̧¹·¨̈©§ �S ��S �D�S ' �� DDD65 $2% ο

ο

ο �Hl\_l�� ¸̧¹·¨̈©§ �S ��D �

� �� GZc^bl_�iehsZ^v�lhc�qZklb�djm]Z��dhlhjZy�jZkiheh�`_gZ�\g_�\ibkZggh]h�\ g_]h��d\Z^jZlZ��ijZ\bev�gh]h�lj_m]hevgbdZ�� ijZ\bevgh]h�r_klbm]hevgbdZ��JZ^bmk�djm]Z�5��Imklv�$%&'�² d\Z^jZl��\ibkZgguc�\ djm]�

6dj ��5�� 5D ��lh]^Z 6d\ �D�� 5 ��5��6 �6dj ± 6d\ ��5� ± �5� �5�� ± ��

��

��Imklv�:<K² lj_m]hevgbd��\ibkZgguc�\ djm]�

6dj ��5�� 5D ��ihwlhfm�6û �� DD � VLQ�� 55 ��Ke_^hZ\l_evgh

6 �6dj ± 6û$%& ¸̧¹·¨̈©§ �S �S �� 555 ��Imklv�$%&'()�² r_klbm]hevgbd��\ibkZgguc�\ djm]�

6dj ��5��6� ��6û$H% ��VLQ�� 5555 � q�� LZd�qlh6 ¸̧¹·¨̈©§ �S �S �� 555 �

Hl\_l��5�� ± �� ¸̧¹·¨̈©§ �S ��5 �� ¸̧¹·¨̈©§ �S ��5 �

nfsps.3dn.ru · 2 § 1. ОСНОВНЫЕ СВОЙСТВА ПРОСТЕЙШИХ...

Documents

Transcript of nfsps.3dn.ru · 2 § 1. ОСНОВНЫЕ СВОЙСТВА ПРОСТЕЙШИХ...