hidden_loading.gif Lūdzu uzgaidiet..
 

LIIS Mācību materiāli

Materiāli ir izstrādāti Latvijas izglītības informatizācijas sistēmas projekta ietvaros ar Izglītības un zinātnes ministrijas atbalstu.

 
Priekšmeti
Filtrēt pēc:      Meklēt
 
Visas datnes
Algebra
Anatomija
Angļu valoda
Apkārtnes un dabas mācība
Astronomija
Bioloģija
Biomehānika
Cilvēks. Daba. Sabiedrība
Dabaszinības
Datorzinības
Ekonomika
Ētika
Fakultatīvās nodarbības
Filozofija
Fizika
Fizkultūra
Folklora
Franču valoda
Ģeogrāfija
Ģeometrija
Ievads ekonomikā
Informātika
Informātika un datori
Ķīmija
Kultūras vēsture
Latviešu valoda
Lietišķā informātika
Literatūra
Loģika
Mājturība
Mākslas vēsture
Matemātika
Medicīna
Mūzika
Pedagoģija un psiholoģija
Politika un tiesības
Programmēšana
Psiholoģija
Rokdarbi
Statistika
Svešvaloda
Tehniskā grafika
Vācu valoda
Veselības mācība
Vēsture
Vides izglītība
Vides mācība
Vides zinības
Vizuālā māksla
Zviedru valoda
 
 
Materiāla nosaukums Autors
1993./94. m.g. matemātikas olimpiāžu uzdevumi ar atrisinājumiem Andžāns Agnis,Ambainis Andris,France Inga
1994./95. m.g. matemātikas olimpiāžu uzdevumi ar atrisinājumiem Andžāns Agnis,Kluša Julita
1995./96. m.g. matemātikas olimpiāžu uzdevumi ar atrisinājumiem. Andžāns Agnis,Kluša Julita
2000./2001. m.g. matemātikas olimpiāžu uzdevumi 9.–12. klasei līdz ar ievaduzdevumiem un atrisinājumiem Andžāns Agnis,Broka Elvīra,Cauka Anita,Ramāna Līga
Attālums starp šķērsām taisnēm. Ģeometrija vidusskolai (10.-12.kl.). Zariņš Pēteris
BALTIJAS CEĻŠ 2000 uzdevumi un to atrisinājumi Andžāns Agnis,Broka Elvīra,Cauka Anita
Četrstūri (papilduzdevumi) Ante Ina,Andžāns Agnis
Datorprogrammas “Maple” lietošana vidusskolas ģeometrijas kursā Kalis Harijs,Ruļuka Diāna
Daži interpretāciju metodes lietojumi elementārajā matemātikā France Inga,Andžāns Agnis
Diferencētie uzdevumi ģeometrijā Zariņš Pēteris,Zelča Inese,Širmele Ilva
Diferencēts paaugstinātas grūtības pakāpes uzdevumu krājums vidējo klašu skolēniem (PCK 2003./04.mg.) Daļecka Maruta,Andžāns Agnis
Diferencēts paaugstinātas grūtību pakāpes uzdevumu krājums ar atrisinājumiem matemātikā 5.-8. klašu skolēniem Andžāns Agnis,France Inga
Ekstrēmu uzdevumu risināšanas metodes Andžāns Agnis,Vasiļevska Aija,Ramāna Līga
Gatavojies matemātikas eksāmenam! Vārna Baiba,Kjunslere Elīna
Ģeometrija 10. klasei Zariņš Pēteris,Balode Daiga,Ņikiforova Dinara,Zelča Inese,Veipa Aija
Ģeometrija 11. un 12. klasei Zariņš Pēteris,Balode Daiga,Vēzis Viesturs
Ģeometrija 7.-9.klasei. Laukumi. Andžāns Agnis,Bonka Dace,Krauze Sandra
Ģeometrijas pamatskolas kursa modelēšana ar papīra locīšanas palīdzību Berkmane Agita,Andžāns Agnis
Iestājeksāmenu uzdevumi matemātikā Vēzis Viesturs,Zariņš Pēteris
Ievadvingrinājumi matemātikas stundām pamatskolā Saulīte Inita
Ievilktās, apvilktās un pievilktās riņķa līnijas deviņgadīgajai skolai Andžāns Agnis,Blumberga Kristīne,France Inga,Ramāna Līga
Internetā atrodamie materiāli par matemātiku un tās mācīšanu skolēniem un viņu skolotājiem Kluša Julita,Ramāna Līga,Dzelme Ilze
Invariantu metodes elementi. Invarianti procesos. Andžāns Agnis,Reihenova Austra,Ramāna Līga,Johannesons Benedikts
Izlīdzinošais kurss. Matemātika Andžāns Agnis,Vācere Dace
Kompleksie skaitļi ģeometrijā Laudiņa Eleonora,Krauze Sandra
Latvijas atklāto matemātikas olimpiāžu uzdevumi un atrisinājumi (1974. - 2001.g., izņemot 1998.g.) Andžāns Agnis,Bērziņš Aivars,Bērziņa Anna
Latvijas izlases atlases sacensību uzdevumi un to atrisinājumi, 2000./2001.m.g. Andžāns Agnis,Broka Elvīra,Cauka Anita
Latvijas matemātikas olimpiāžu (25.-51.) 2.kārtas (rajonu) uzdevumi un atrisinājumi Andžāns Agnis,Bērziņa Anna,Bērziņš Aivars
Latvijas Republikas 26.-51. matemātikas olimpiādes Andžāns Agnis,Bērziņa Anna,Bērziņš Aivars
Latvijas sabiedrības tehnoloģiju ekspozīcija. LatSTE'05 Autoru kolektīvs
Leņķu ģeometrijas uzdevumi ar atrisinājumiem Andžāns Agnis,Zariņš Pēteris,Johannesons Benedikts,Dauškane Ieva,Ramāna Līga
LU A.Liepas Neklātienes matemātikas skolas mājas lapa Bonka Dace,Kiršteina Kristīne,Kluša Julita,Krauze Sandra,Ramāna Līga,Strazdiņa Lāsma,Andžāns Agnis
Mācību līdzeklis 8. klases ģeometrijas kursam par riņķiem; 1. un 2. daļa Andžāns Agnis,Blūma Laine,Falkenšteine Elīna,Vucina Zita,Zvirbule Zaiga

 

Šis dokuments satur ārējās saites, līdz ar to Mykoob negarantē to pieejamību.
Kategorija: Ģeometrija
Materiāla nosaukums: Mācību līdzeklis 8. klases ģeometrijas kursam par riņķiem; 1. un 2. daļa
Autors: Andžāns Agnis,Blūma Laine,Falkenšteine Elīna,Vucina Zita,Zvirbule Zaiga
Formāts: Online (tiešsaistes) materiāls,FTP servera fails
Datums: 2000



+Īss izstrādnes apraksts.

Izstrādne kā Adobe Acrobat Reader datnes:

Ievads

    • Izstrādnes struktūra un mērķis.
    • A.Andžāna, E.Falkenšteines, A.Gravas mācību grāmatas “Riņķis” uzdevumu sistēma un tās raksturojums.
    • Svarīgākās uzdevumu risināšanas metodes: vidējās vērtības metode, Dirihlē princips, ekstremālā elementa metode, invariantu metode.
1.daļa

Mācību grāmatas “Riņķis” pamatuzdevumi un to atrisinājumi

2. daļa

Mācību grāmatas “Riņķis” papilduzdevumi un to atrisinājumi

IEVADS

Izstrādnes struktūra un mērķis.

A. Andžāna, E. Falkenšteines un A. Gravas sastādītajai mācību grāmatai “Ģeometrija 7. – 9. klasei” šobrīd ir iznākušas 5 daļas. 7. Klasē skolēni apgūst 1. un 2. daļu: “Ģeometrijas pamatelementi” un “Trijstūri”; 8.klasē ir paredzētas 3. un 4. daļa par tēmu “Riņķis” un “Četrstūris”. Katrā no mācību grāmatas daļām ir ietverti gan parastie jeb pamatuzdevumi, gan arī papilduzdevumi. Mācību grāmatas pirmajām divām daļām ir iznācis pielikums – uzdevumu krājums ar pilniem atrisinājumiem “Vajag varēt…”.

3. daļā "Riņķis" skolēni iepazīstas ar riņķa līniju, riņķi, taisnēm un leņķiem, kas saitīti ar riņķa līniju, piemēram, ar riņķa līnijā ievilktu leņķi, pieskari, sekanti u.c. Mācību grāmatā dots teorētisks izklāsts un uzdevumi katras nodaļas beigās, kā arī papilduzdevumi mācību grāmatas beigās. Parasto uzdevumu skaits ir 229, papilduzdevumu ir 130.

Gan parastajos uzdevumos, bet jo īpaši papilduzdevumos mēdz būt tādi, kas sagādā grūtības ne tikai skolēniem, bet arī skolotājiem. Ir uzdevumi, kuru risināšanai iespējami vairāki varianti, un ne vienmēr skolotājs izvēlas vieglāko variantu.

Šīs izstrādnes tēma ir mācību grāmatas “Ģeometrija 7. – 9. klasei” 3. daļas “Riņķis” pamatuzdevumu un papilduzdevumu atrisinājumi. Krājums ir paredzēts kā palīglīdzeklis skolotāja darbam ar ģeometrijas mācību grāmatu. Ir risinājumi, kuri skolotājam parāda, kā racionāli, iespējami vienkārši un saprotami izskaidrot uzdevuma risinājumu; kā arī tādu uzdevumu atrisinājumi, kas pārsniedz vispārējo līmeni; tie domāti tādu skolēnu izglītošanai, kas piedalās dažādos matemātikas konkursos un olimpiādēs. Tāpat parādīti arī pavisam elementāru uzdevumu atrisinājumi, kuriem nevajadzētu sagādāt nekādas grūtības.

Darbā lietoti saīsinājumi: PH teorēma (paralēlu hordu pazīme), VHL teorēma (teorēma par vienādām hordām un vienādiem lokiem), DPH teorēma (teorēma par diametru, kas perpendikulārs hordai), kā arī atsauces uz vairākām teorēmām, pazīmēm utt.; izvērstā veidā tos ir iespējams apskatīt mācību grāmatas “Ģeometrija 7. – 9. klasei” 1., 2. un 3.daļā.

Uzdevumi grāmatā sadalīti vairākos grūtību līmeņos.

        • pamatuzdevumi, kurus jāiemācās risināt visiem skolēniem, apzīmēti ar aplīti ( ° )
        • ar zvaigznīti ( * ) pie uzdevuma numura atzīmētie uzdevumi ir paaugstinātas grūtības pakāpes uzdevumi
        • ar burtu k ir atzīmēti ļoti augstas grūtības pakāpes uzdevumi, kuru atrisināšana prasa dziļākas zināšanas, labi attīstītu matemātisko domāšanu un lielu pacietību šādu uzdevumu risināšanā. Dažreiz to atrisinājumos nepieciešama jaunu jēdzienu ieviešana.


A.ANDŽĀNA, E.FALKENŠTEINES, A.GRAVAS
MĀCĪBU GRĀMATAS “RIŅĶIS” UZDEVUMU SISTĒMA
UN TĀS RAKSTUROJUMS

Šajā grāmatā lietotas vairākas metodiskas pieejas, kas atšķiras no agrākajās mācību grāmatās izmantotajām: plaša uzskatāmības izmantošana, neformāla kustību pielietošana, liels uzdevumu klāsts un akcents mācību procesā uz uzdevumu risināšanu.

Daļai skolā lietoto mācību grāmatu piemīt viens kopīgs trūkums; tajās piedāvāto uzdevumu ir maz, tie ir relatīvi vienkārši un gandrīz visi atrisināmi “vienā paņēmienā”, tieši pielietojot iepriekš apgūtās zināšanas, formulas, kārtulas utt. Šāda uzdevumu sistēma nerosina skolēnu radošo aktivitāti. Mācību grāmatās sastopamo uzdevumu vienveidība padara tās psiholoģiski nepieņemamas vai neinteresantas tiem skolēniem, kuru domāšanas stiprās puses attiecas uz citām matemātikas daļām nekā tās, kas akcentētas mācību grāmatā.

Mācību grāmatā ietverti 359 uzdevumi, šis skaits pārsniedz praktiski jebkura skolēna iespējas mācību gada laikā. Tomēr nav arī paredzēts, ka vairums skolēnu atrisinās visus uzdevumus: tie ir dažādi gan pēc tematikas, gan risināšanas metodēm, gan grūtības pakāpes, gan nepieciešamajām priekšzināšanām. Uzdevumu sistēma veidota tā, lai iespējami katrs risinātājs varētu atrast sev pietiekami daudz materiāla gan darbam stundas ietvaros, gan patstāvīgam darbam, padarot skolēnu iespēju robežās neatkarīgu no skolotāja zināšanu līmeņa, vēlmes strādā utt.

Uzdevumi grāmatā sadalīti vairākos grūtību līmeņos. Pirms sākt risināt pamatuzdevumus (apzīmēti ar aplīti (° )), kurus jāiemācās risināt visiem skolēniem, kā obligāti tiek ieteikti iedaļā “Pārbaudi sevi” aplūkotie uzdevumi, kuru mērķis ir palīdzēt nostiprināt jaunā temata materiālu. Tālāk sekojošie pamatuzdevumi (ar ( ° ) un bez tās) ir ļoti nozīmīgi arī kā pareizas izpratnes pārbaudes uzdevumi.

Ar zvaigznīti (* ) pie uzdevuma numura atzīmētie uzdevumi ir paaugstinātas grūtības pakāpes uzdevumi, bet ar burtu k ir atzīmēti ļoti augstas grūtības pakāpes uzdevumi, kuru atrisināšana prasa dziļākas zināšanas, labi attīstītu matemātisko domāšanu un lielu pacietību šādu uzdevumu risināšanā. Dažreiz to atrisinājumos nepieciešama jaunu jēdzienu ieviešana.

Jāpiebilst, ka šāds uzdevumu sadalījums pa līmeņiem nav stingri noteikts, to robežas ir “izplūdušas”.

Lai būtu vieglāk orientēties uzdevumu dažādībā un atšķirīgajos risināšanas paņēmienos, atzīmēsim vairākus kritērijus, pēc kuriem uzdevumu sistēmu mēģināts padarīt līdzsvarotu:

1) Kas uzdevumā prasīts?

Pēc šī kritērija atšķirami aprēķinu, pierādījumu un konstrukcijas uzdevumi. Starp aprēķinu uzdevumiem sastopami arī pavisam vienkārši, kas prasa tikai pamatzināšanas par attiecīgo jautājumu, kā arī interesanti uzdevumi, kuri prasa vairāk piepūles, ģeometrisko iztēli, precizitāti zīmējumos. Šādi uzdevumi vislabāk parāda, cik nopietni, rūpīgi un ar cik lielu interesi bērns pievēršas ģeometrijai.

2) Ko pēta?

Iedalās uzdevumos par klasiskās ģeometrijas objektiem un uzdevumos par diskrētās un kombinatoriskās ģeometrijas objektiem (punktu un riņķa līniju sistēmām).

Viena no pastāvošo kursu nepilnībām ir to pilnīga orientācija uz klasisko ģeometrisko materiālu: nogriežņu garumiem, leņķu lielumiem, dažādu īpašību pierādīšanu ar trijstūru vienādības metodikas palīdzību utt. Iepazīstoties ar šiem kursiem, rodas iespaids, ka citas ģeometriskas problēmas vispār nav. Tomēr 20.gadsimtā ir attīstījušās daudzas ģeometrijas nozares, kas pēta figūru un to sistēmu sadalīšanas, pārklāšanas, apgaismošanas, saskāršanās, redzamības utt. problēmas. Lielā mērā šo uzdevumu parādīšanos ģeometru redzes lokā nosacījušas prakses vajadzības, lielā mērā – elektronisko skaitļotāju lietošana. Tieši pateicoties pēdējiem, veikti daudzi dziļi pētījumi samērā ierobežota ģeometriska materiāla ietvaros. Daudzi fakti, ko cilvēks uztver intuitīvi, kļūst sarežģīti aprakstāmi, ja tie jānoformulē elektroniskajam skaitļotājam saprotamā valodā. Piemēram, pat tāds vienkāršs apgalvojums kā “punkts atrodas daudzstūra iekšpusē” nav viegli pārtulkojams. Lai varētu šādus formulējumus (un jo vairāk risinājumus) veikt precīzi un efektīvi, nācās izdarīt dziļus pētījumus par dažādiem iespējamiem punktu, taišņu u.c. figūru un to sistēmu novietojumiem. Protams, grāmatā nav atspoguļoti ne tuvu visi šie pētījumi, tomēr kaut nelielu nojausmu, risinot atbilstošos uzdevumus, lasītājs var gūt. Šī ir viena no tēzēm, kas liktas Latvijā izveidotās matemātikas padziļinātas mācīšanas sistēmas pamatā: matemātika un tās idejas un pamatmetodes ir vienotas ; un ar pēc būtības v ieniem un tiem pašiem paņēmieniem var risināt gan nopietnas zinātniskas problēmas, gan skolas līmeņa uzdevumus.

Vēl jo vairāk tas jāuzsver, aplūkojot uzdevumu atbilstību dažādām vispārīgām matemātiskās spriešanas metodēm.

Vairums skolas kursā lietojamo metožu pēc savas būtības ir lokālas, t.i., tās ļauj izdarīt secinājumus par kādu objektu kopu, vispirms pētot tās atsevišķu elementu īpašības. Tas attiecas arī uz vairumu klasisko ģeometrijas uzdevumu risināšanā lietojamo paņēmienu.

Svarīgākās uzdevumu risināšanas metodes

Tomēr matemātikā pastāv arī virkne globālu metožu, kas ļauj izdarīt secinājumus par atsevišķiem elementiem, balstoties uz informāciju par visu kopu. LU NMS izstrādātajā matemātisko uzdevumu un to risināšanas metožu klasifikācijā atzīmētas svarīgākās globālās metodes : vidējās vērtības metode, ekstremālā elementa metode un invariantu metode, kas kopā ar svarīgāko lokālo metodi – matemātiskās indukcijas metodi – un cita tipa globālo metodi – interpretāciju metodi – veido uzdevumu risināšanas sistematizācijas pamatu. Patiesībā šīs metodes pat nav matemātiskās metodes vārda parastā nozīmē, bet vispārīgi spriešanas paņēmieni, kas balstās uz vispārīgām pasaulē pastāvošām (ne tikai matemātiskām) likumsakarībām.

Apskatīsim šīs svarīgākās globālās metodes.

Vidējās vērtības metode. Šīs metodes pamatā ir sekojošs princips: “Lai iegūtu pietiekami lielus panākumus, vismaz vienā virzienā jākoncentrē pietiekami lieli spēki.” Protams, katrā konkrētā gadījumā jēdzieni “lieli panākumi”, “virziens”, “lieli spēki” jāprecizē. Ir vairāki paņēmieni kā to izdarīt dažādās matemātiskās situācijās. Visos gadījumos, pamatojaties uz informāciju par doto elementu kopas “kopējo lielumu”, cenšas izdarīt secinājumus par atsevišķu šīs kopas elementu lielumu. Vairumā gadījumu šādu uzdevumu risināšana balstās uz teorēmām par vidējo vērtību, t.i., izmanto vai nu aritmētiskā, vai ģeometriskā vidējā jēdzienu. Dosim vienas šādas teorēmas piemēru.

Teorēma. Ja n skaitļu kopas vidējais aritmētiskais ir lielāks par A, tad vismaz viens kopas elements ir lielāks par A.

Pierādījums. Pieņemsim pretējo: visi kopas elementi a1, a2,…, an ir mazāki vai vienādi ar A. Saskaitot nevienādības a1 £ A, a2£ A,…, an £ A, iegūstam (a1+a2+…+an) £ nA, no kurienes , kas ir pretrunā ar doto. Tātad mūsu pieņēmums ir nepareizs.

Vidējās metodes speciālgadījums ir Dirihlē principa pielietošana: tas ir vidējās vērtības metodes pielietojums diskrētu lielumu gadījumā, kad lielu lomu spēlē fakts, ka apskatāmie skaitliskie raksturojumi ir veseli skaitļi.

Dirihlē princips. Formulēsim šo principu teorēmas veidā:

Ja n+1 priekšmeti ir salikti n kastēs, tad vismaz vienā kastē ir vismaz 2 priekšmeti.

Apskatāmajā ģeometrijas kursā esam apguvuši pierādījumu no pretējā. Šāda veida pierādījumu varam izmantot arī šīs teorēmas pierādīšanai.

Pierādījums. Pieņemsim, ka katrā kastē ir ne vairāk kā viens priekšmets, tad priekšmetu skaits visās kastēs kopā nepārsniedz n, kas ir pretrunā ar to, ka kastēs jābūt n+1 priekšmetam. Teorēma pierādīta.

Lai parādītu, ka Dirihlē principa pielietošana ir vidējās vērtības metodes speciālgadījums, dosim vēl otru tā pierādījumu.

Vienā kastē vidēji ir priekšmets. Saskaņā ar augšminēto teorēmu par vidējo vērtību vismaz vienā kastē jābūt vairāk nekā vienam priekšmetam. Bet, ja priekšmetu skaits ir lielāks nekā 1, tad tas ir vismaz 2. Dirihlē princips pierādīts.

Veiksmīgi izvēloties “kastes” un “priekšmetus”, ar Dirihlē principu un līdzīgiem spriedumiem ir risināmi vairāki šajā grāmatā ietvertie uzdevumi, piemēram, 237k., 240., 248*., 307., 318. uzdevumi.

Ekstremālā elementa metode. Šī metode parasti tiek izmantota sekojošā formā: pētot kādu elementu (skaitļu, punktu, nogriežņu u.c.) kopu, uzmanība tiek koncentrēta uz to šīs kopas elementu, kuram kāda īpašība izpaužas visspilgtāk (šo elementu sauc par kopas ekstremālo elementu). Pēc tam analizējot šī elementa saistību ar citiem kopas elementiem, iegūst kādu derīgu informāciju par šo elementu vai visu pētāmo kopu. Tas, ko katrā gadījumā uzskatīt par “īpašo elementu”, par objektu ar visspilgtāk izteikto īpašību, ir atkarīgs no konkrētā uzdevuma.

Piemēram, 261.uzdevumā par ekstremālo elementu izvēlējāmies visīsāko diagonāli; 232.uzdevumā – punktu ar vislielāko īsāko attālumu līdz kontūram, utt.

Īpaša uzdevumu grupa, kas izmanto ekstremālā elementa metodi, ir uzdevumi, kuru risināšanā lieto izliektā apvalka jēdzienu. Izliektais apvalks ir viens no matemātiskiem jēdzieniem, ar kuru formalizē intuitīvu jēdzienu par plaknes vai telpas kopu “ārējiem” punktiem. Ar to saistītas idejas lietotas, piemēram, 247.uzdevuma risinājumā.

Jāatzīmē, ka ekstremālā elementa metode, būdama globāla metode, ir ļoti saistīta ar galveno lokālo metodi – matemātiskās indukcijas metodi. Tiešām, matemātiskās indukcijas metode pamatojas uz faktu, ka katra netukša naturālu skaitļu kopa (vispārīgi – katra netukša pilnīgi sakārtotas kopas apakškopa) satur mazāko elementu (klasiskajā matemātiskās indukcijas metodes pamatojumā apskata mazāko no tām parametru vērtībām, kam pierādāmais apgalvojums varētu neizpildīties). Tātad atšķirība starp lokālajām un globālajām spriešanas metodēm nav nepārvarama.

Invariantu metode. Par invariantiem lielumiem matemātikā pieņemts saukt tādus lielumus, kuru skaitliskās vērtības šādā procesā ir nemainīgas. Analogi, ja kādā norisē saglabājas (ir nemainīga) kāda īpašība, tad par šo īpašību runā kā par “invariantu īpašību”.

Īpašības invariantums vienmēr saistīts ar kādu noteiktu procesu. Īpašība, kas ir invarianta vienā procesā, var nebūt invarianta citā.

Invariantus nosacīti var iedalīt divās grupās: “specifiskie” un “vispārīgie”. Par specifiskajiem invariantiem sauksim vienam uzdevumam vai nelielai uzdevumu klasei raksturīgus invariantus. Par vispārīgiem invariantiem saksim tādus, kas parādās ļoti daudzās dažādās situācijās. Robeža starp šīm invariantu klasēm ir izplūdusi.

Pats svarīgākais invariants ir “summas neatkarība no saskaitīšanas kārtības”. Kaut arī tas nav absolūti universāls (atceramies nosacīti konverģentas rindas), tā pielietojamība ir ļoti plaša: no ģeometrijas klasiskajiem uzdevumiem līdz grafu teorijai, teorētiskajai fizikai un skaitļu teorijai. Arī šajā mācību grāmatā vairāki uzdevumi tiek risināti, izmantojot šo invariantu, piemēram, 236., 240., 262., 265.uzdevumi.

Invariantu metodes nozīme matemātikā ir ļoti liela. Ievērojamais matemātiķis Hermans Veils ir apgalvojis, ka vairāk nekā puse matemātisko rezultātu ir iegūti, tādā vai citādā formā izmantojot invariantas īpašības. Atceroties, ka matemātiskās indukcijas metode pēc būtības cieši saistīta ar invariantu metodi (matemātiskajā indukcijā tiek pierādīta atsevišķā apgalvojuma patiesuma invariance attiecībā uz induktīvo pāreju no k un k+1) un ka matemātiskā indukcija, būdama Peano aksiomu sistēmas sastāvdaļa, netieši ietilpst gandrīz katrā matemātiskajā spriedumā, varētu pat sacīt, ka katrs matemātisks rezultāts iegūts, kaut netieši izmantojot invariantu metodi. Tā kā invariantu loma arī ikdienas dzīvē ir ļoti nozīmīga (jebkura saprātīga darbība iespējama tikai, pateicoties tam, ka dažas lietas un patiesības ir vairāk vai mazāk nemainīgas), iepazīstināšana ar tās izpausmēm ir ļoti vēlama.

Vairāki uzdevumi ilustrē spriešanas paņēmienu – organizēt pētāmos objektus kādā struktūrā, sakārtojot tos pēc dažādiem parametriem. No pieredzes zināms, ka ar sakārtotiem objektiem strādāt ir vieglāk nekā ar haotiski izmētātiem, jo sakārtojot ieviestā struktūra sniedz mums papildu informāciju par pētāmo. Šāda uzdevuma piemērs ir 242.uzdevums.

Virkne uzdevumu veltīti algoritmiskās domāšanas attīstīšanai. Klasiskajos matemātikas kursos, kādi tie noformējās 20.gs. sākumā un idejiski palikuši nemainīgi līdz mūsu dienām, akcentēta matemātikas deduktīvā, nevis algoritmiskā puse. Algoritmika tajos izpaudās gandrīz vienīgi aritmētisko operāciju un algebrisko vienādojumu risināšanas formulu izstrādē, kā arī ģeometrisko konstrukcijas uzdevumu risināšanā ar cirkuli un lineālu. Tomēr 20.gs. matemātikā algoritmiskā daļa ieņem arvien nozīmīgāku vietu.

Šodien var runāt par 6 galvenajām algoritmisko uzdevumu klasēm: algoritma atšifrēšana; algoritma analīze; algoritma izstrāde; algoritma optimizēšana; algoritma pareizības pierādīšana; algoritma neiespējamības pierādīšana.

Apskatāmajā ģeometrijas kursā no šiem uzdevumiem visvairāk skārti algoritma izstrādēs uzdevumi ( tie satur arī klasiskos konstrukcijas uzdevumus, bet konstrukcijas uzdevumus paredzēts aplūkot 9.klases kursā). Grāmatā ietvertie uzdevumi, kuru risināšanā nepieciešams izstrādāt svarīgāko tipu algoritmus:

a) apakšprogrammas tipa algoritmi, kas parasti tiek realizēti kā induktīvi algoritmi: tiek izstrādāta metode kāda viena lokāla rezultāta sasniegšanai, pēc tam šī metode tiek pielietota daudzas reizes, piemēram, 236., 242., 247.uzdevumi.

b) “skaldi un valdi” tipa algoritmi, kuros risināmā problēma tiek sadalīta vairākās daļās, un algoritms satur atsevišķas sastāvdaļas vienas un otras problēmas daļas risināšanai, piemēram, 261.uzdevums.

c) pārlases algoritmi, kuru izstrādē galvenais – atrast veiksmīgu pārlases parametru vai parametrus. Jāatzīmē, ka šādu uzdevumu risināšana tradicionāli sagādā skolēniem grūtības. Kā piemēru varētu minēt 246.uzdevumu. Jāatzīmē, ka pārlases algoritmu izstrādē bieži nākas pielietot ekstremālā elementa metodes fragmentus, lai pārlase būtu ērta: šķirojamo gadījumu nedrīkst būt pārāk daudz (citādi tie nav pārskatāmi), ne pārāk maz.

Apskatāmajā kursā liela vērība veltīta ģeometriskās iztēles attīstīšanai . Daļa uzdevumu formulēti ar vārdiem “vai ir iespējams, ka…”, un pirmajā brīdī, pamatojoties uz pieredzi šķiet, ka atbilde ir negatīva. Taču vairumā šādu uzdevumu ar neparastu spriedumu tiek pierādīts, ka intuīcija mūs pieviļ, piemēram, 234., 235., 245.uzdevumi. Tāda tipa uzdevumus pieņemts saukt “uzdevumi ar nestandarta konfigurācijām”.

Uzdevumu risināšana kursā tiek apskatīta kā radošs process. Tāpēc risinājumos vairākkārt izmantoti arī matemātiski jēdzieni, kas formāli kursa saturā nav ietverti, bet ir pietiekami vienkārši un intuitīvi labi saprotami. Tie ir, piemēram, dažādas figūru kustības (simetrija, pagriešana, pārnese), kas attiecināmas arī uz iztēles attīstīšanu, kā arī jēdzieni, kas formāli iziet ārpus visa deviņgadīgā skolas kursa, piemēram, izliektā apvalka jēdziens.

Īpaši pievērsīsim uzmanību jautājumam par pierādījumu stingrības pakāpi . Liela daļa ģeometrijas uzdevumu ir pierādījuma tipa uzdevumi. Parasti tajos tiek prasīts pierādīt kādu uzdevumā noformulētu apgalvojumu. Pierādīt tādu apgalvojumu – tas nozīmē parādīt, ka šis apgalvojums ir iegūstams loģisku secinājumu ceļā no jau iepriekš pierādītiem un pieņemtiem apgalvojumiem. Tomēr pats jautājums par to, kad secinājumu virkni uzskatīt par pierādījumu vai – kādi secinājumi ir loģiski un kādi nav, ir sarežģīts. To, ko viens uzskata par pierādījumu, otrs var uzskatīt par subjektīvu spriedumu. Tā kā skolā nav pielietojams formalizēts jēdziens par pierādījumu, tad matemātiskās izglītības viens no svarīgākajiem uzdevumiem ir veidot pareizu intuitīvu priekšstatu par pierādījumu. Īsi varētu sacīt, ka skolas matemātikas kursā pierādījums ir spriedums, kas pārliecina.

Faktiski tikai sākot ar 7.klases ģeometrijas kursu skolēniem pirmo reizi nākas īsti izjust pierādījuma uzdevumu atšķirību no tik ierastajiem aprēķinu uzdevumiem un apgūt to risināšanu. Šādu uzdevumu risināšanas sākuma posmā, kaut arī uzdevumi ir relatīvi vienkārši, prasības pēc pamatojuma ir visai stingras. Pamazām uzkrājoties zināšanām un pārejot uz aizvien sarežģītākiem uzdevumiem, pierādījumi kļūt apjomīgāki un arī sarežģītāki. Taču pierādījuma detalizētības pakāpe skolā laika gaitā mainās. Tā kļūst mazāka tad, kad cilvēks jau intuitīvi jūt, kādā kārtībā organizēt pierādījumu, neiedziļinoties to faktu detalizētā pierādījumā, no kuriem savukārt varēs izsecināt uzdevumā prasīto. Tas nenozīmē, ka pierādījums kļūst mazāk stingrs – mainās pašas prasības stingram spriedumam.

Vislabāk skolēniem padodas aprēķinu uzdevumi. Domāšanu veicina īpaši tie uzdevumi, kuros zīmējums nav dots. Skolēni pamazām pierod, ka ģeometrijas uzdevumu risināšanā noteikti jākonstruē zīmējums. Ja tas uzzīmēts atbilstoši uzdevuma nosacījumiem, atrisinājums jau praktiski ir atrasts. Daļai uzdevumu mācību grāmatā zīmējumi ir jau doti, bet bieži vien tos nepieciešams papildināt, un pareiza šī papildinājuma izvēle sniedz atbildi uzdevumā prasītā nezināmā lieluma atrisināšanai.

Skolotājs savā darbā var lietot paņēmienu – uzvedināt skolēnu zīmējuma papildināšanai, ja risinājums sagādā grūtības. Tālākā risināšana atkal tiek atstāta skolēna ziņā.

-
10. Cik a) rādiusu, b) diametru, c) hordu var novilkt caur dotu riņķa punktu? Aplūko visus iespējamos šī punkta novietojumus.

      a) vienu vai bezgalīgi daudzus (ja dotais punkts ir riņķa centrs), skat. 1.a. zīm., A - dotais punkts.

1.a. zīm.
      b) vienu vai bezgalīgi daudzus ( ja dotais punkts ir riņķa centrs), skat. 1.b. zīm., A - dotais punkts.

1.b. zīm.
      c) bezgalīgi daudzas, skat. 1.c. zīm.

1.c. zīm.

20. Dots: R. (0;4 cm) un R. (0;2 cm). Kāds ir tās pirmā riņķa daļas platums, kas atrodas ārpus otrā riņķa?
Pirmā riņķa tā daļa, kas atrodas ārpus otrā riņķa, ir gredzens, kura platums ir 2 cm, skat. 2.zīm.

2.zīm.

OB = 4cm
OA = 2cm
AB = 4 - 2 = 2cm

3. Trīs riņķi, kuru rādiusi ir 4 cm, pa pāriem savstarpēji pieskaras. Atrodi tā trijstūra malu un leņķu lielumus, kura virsotnes ir šo riņķu centri.
Skat. 3. zīm.

3.zīm.
Trijstūra O1O2O3 katra mala ir divu rādiusu summa, tāpēc O1O2=O2O3=O1O3=8 cm. Vienādmalu trijstūrim O1O2O3 visi leņķi ir vienādi un 600 lieli.

4. Dots : R.(A;2 cm), R.(B;3 cm) un R.(C;2 cm) pa pāriem pieskaras viens otram.
a) aprēķini Per (ABC),
b) pierādi, ka BM AC ( M - punkts, kurā pieskaras riņķi ar centriem A un C).
Skat. 4.zīm.

4.zīm.
a) trijstūra ABC katra mala ir divu rādiusu summa. Tāpēc AB=2+3=5, BC=3+2=5, AC=2+2=4 (cm). Per (ABC)=5+5+4=14(cm).
b) M ir nogriežņa AC viduspunkts. Punkts B atrodas vienādā attālumā no nogriežņa AC galiem. Tāpēc M un B atrodas uz nogriežņa AC vidusperpendikula jeb BM AC.


50. Riņķī ar centru O novilkti divi savstarpēji perpendikulāri diametri AC un BD. Aprēķini: a) AOB leņķus, b)DAB leņķus, c)* Per (ABCD), ja AB=8,1 cm.
Skat. 5.zīm.


5.zīm.
a) AOB leņķi ir 450 , 900 , 450 , jo tas ir vienādsānu taisnleņķa trijstūris.
b) DAB leņķi ir 450 , 900 , 450, jo leņķus B un D var aprēķināt no a), bet A= BAO+ OAD.
c)* četrstūris ABCD sastāv no četriem vienādiem taisnleņķa trijstūriem AOB, BOC, COD, DOA. Tāpēc Per (ABCD)=4 AB=32,4 cm.

6. Atrisini 5a. un 5b. līdzīgus uzdevumus, ja diametri veido 600 lielu leņķi.
Skat. 6.zīm.

6.zīm.
a) AOB visi leņķi ir 600 lieli. Tiešām, AOB ir vienādsānu ar virsotni O, jo sānu malas ir rādiusi. Vienādsānu trijstūrī leņķi pie pamata ir vienādi. Tāpēc OBA= OAB=1/2 (1800 - 600 )=600 .
b) DAB leņķi ir 300 , 900 un 600 . Tiešām, AOD ir vienādsānu ar virsotni O, jo sānu malas ir rādiusi. AOB ir AOD ārējais leņķis. Tāpēc
OAD=ODA=1/2 600 =300 .
Izmantojot a), seko, ka B=600 un BAD=600 +300 =900.

7. Cik daļās riņķi sadala divas hordas, kas abas iet caur vienu riņķa punktu? Vai starp šīm daļām ir segments un sektors? Aplūko visus iespējamos gadījumus atkarībā no minētā punkta novietojuma.
Skat. 7.zīm.

7.zīm.
a) 3 daļās, no kurām 2 ir segmenti,
b) 3 daļās, no kurām 1 ir segments un 1 ir gan segments, gan sektors,
c) 4 daļās, starp kurām nav ne sektora, ne segmenta.
d) 4 daļās, kas visas ir sektori.

8. Vai iespējams, ka viena un tā pati riņķa daļa vienlaikus ir gan sektors, gan segments?
Jā, pusriņķis ir gan sektors, gan segments.

9*. 8.zīm. ABPM, kAB. Nogriezni MK sauc par segmenta AMB augstumu. Nogrieznis PK ir segmenta APB augstums. Atrast abu segmentu augstumus, ja riņķa diametrs ir 10 cm, bet hordas AB attālums no centra O ir 2 cm.
Skat. 8.zīm.

8.zīm.
Tā kā OKAB un K ir AB punkts, tad OK ir O attālums no AB.
Rādiusi PO=MO=10 : 2=5 (cm), MK=5-2=3 (cm), PK=5+2=7 (cm).

10*. Riņķī ar centru O un rādiusu R sektoru AOB veido divi savstarpēji perpendikulāri rādiusi, AB=2a. Aprēķināt to segmentu augstumus, kuros riņķi sadala horda AB.
Skat. 9. zīm.

9.zīm.
Novelkam diametru PM AB. Tā krustpunkts ar AB ir K.
Dots : OP=OA=OM=OB=R, AB=2a.
Jāaprēķina : PK, KM.
Atrisinājums :
OAB= OBA=450 , jo AOB ir vienādsānu taisnleņķa trijstūris.
OK ir augstums trijstūrī AOB pret pamatu AB. Tāpēc AK=KB=a.
OKA leņķi ir 450 , 900 un 450 . Tāpēc tas ir vienādsānu un AK=OK=a.
PK=PO+OK=R+a.
KM=OM-OK=R-a.
Atbilde. Segmentu augstumi ir R+a un R-a.

11*. Formulē divu riņķu vienādības pazīmi, kas runā par šos riņķus norobežojošām riņķa līnijām.
Ja divu riņķu norobežojošās riņķa līnijas ir vienādas, tad šie riņķi ir vienādi.

12*. Pierādi sekojošu divu riņķu vienādības pazīmi:
Divi riņķi ir vienādi, ja viena riņķa horda un leņķis, kurā tā redzama no riņķa centra, attiecīgi vienādi ar otra riņķa hordu un leņķi, kurā tā redzama no otra riņķa centra.
A. Vispirms pieņemsim, ka minētie leņķi mazāki par 1800 .
Novelkam abos riņķos rādiusus caur hordas galapunktiem. Izveidojas divi vienādsānu trijstūri ar vienādiem virsotnes leņķiem un vienādiem pamatiem, skat. 10.zīm. Viegli aprēķināt, ka to leņķi pie pamatiem arī ir vienādi.

10. zīm.
No trijstūru vienādības pazīmes "leņķis-mala-leņķis" iegūstam, ka AOB=AOB un AO=AO. Tā kā rādiusi abiem riņķiem ir vienādi, to vienādība seko no grāmatā minētās riņķu vienādības pazīmes.
B. Ja minētie leņķi ir 1800 , tad pazīmē minētās vienādās hordas ir diametri, un atkal iegūstam, ka abu riņķu rādiusi ir vienādi.

13*. Formulē citas divu riņķu vienādības pazīmes !
Divi riņķi ir vienādi, ja eksistē divi vienādi sektori, katrs no sava riņķa.
Divi riņķi ir vienādi, ja eksistē divi vienādi segmenti, katrs no sava riņķa.
Divi riņķi ir vienādi, ja kāds pirmo riņķi norobežojošās riņķa līnijas loks vienāds ar kādu otro riņķi norobežojošās riņķa līnijas loku.
Divi riņķi ir vienādi, ja eksistē divi vienādi trijstūri, no kuriem pirmajam visas virsotnes pieder pirmajai riņķa līnijai, bet otrajam - otrajai.
Pierādi šīs pazīmes patstāvīgi.

14. Novelc riņķa līniju ar centru koordinātu sākumpunktā un 5 vienības garu rādiusu.
a) pieraksti koordinātas šīs riņķa līnijas krustpunktiem ar koordinātu asīm,

b) atzīmē punktus (0;5), (-5;0), (1;5), (-2;2), (2;-5). Kuri no tiem pieder riņķim ar centru koordinātu sākumpunktā un 5 vienības garu rādiusu ?
Skat. 11.zīm.

11.zīm.
a) A(0;5), B(0;-5), C(-5;0), D(5;0).
b) Dotajam riņķim pieder punkti A(0;5), C(-5;0), F(-2;2) un nepieder punkti E(1;5) un G(2;-5). Trīs pēdējie secinājumi izriet no novērtējumiem OF<OF1+F1F2=OF1+OF2=2+2=4<R; OE>OA=R (izmantojām to, ka taisnleņķa trijstūrī hipotenūza garāka par kateti); OG>OB=R.

15. Dots : A t, B t, ABt, C t, AB=5 cm. Kuri no sekojošajiem apgalvojumiem ir patiesi ?
a) AC<5 cm, b) AC=5 cm, c) AC>5 cm.
No teorēmas, ka perpendikuls no punkta A pret taisni t ir īsākais no nogriežņiem, kas savieno punktu A ar taisnes t jebkuru punktu, seko, ka pareizs ir c) apgalvojums, bet a) un b) ir aplami, skat. 12.zīm.

12.zīm.

16. Zināms, ka A m, Bm, AB=6 cm un attālums no punkta A līdz citiem taisnes m punktiem, izņemot B, lielāks par 6 cm. Cik liels ir leņķis starp taisnēm AB un m?
No dotā un no teorēmas, ka attālums no punkta A līdz taisnei m ir perpendikula garums, kas no A novilkts pret m, seko, ka meklētais leņķis ir 900 , skat. 13.zīm.

13.zīm.

17. Riņķa rādiuss OB atrodas uz stara m, taisnes a, b, (Bb) un c ir perpendikulāras staram m (14.zīm.).

14.zīm.

Salīdzini riņķa centra attālumus līdz taisnēm a, b, c ar riņķa rādiusu.
Rādiuss vienāds ar OB. Tāpēc attālums no centra līdz taisnēm a) ir mazāks par rādiusu, b) ir vienāds ar rādiusu, c) ir lielāks par rādiusu.

180. Kāds ir riņķa līnijas un taisnes savstarpējais novietojums, ja zināms tās rādiuss r un attālums d no centra līdz taisnei ?
a) r=10 cm, d=12 cm ;
b) r=4,5 dm, d=45 cm ;
c) r=35 mm, d=30 mm ;
d) r=80 cm, d=0,8 m ;
e) r=16 mm, d=1,2 cm ;
a) taisne - ārpusē, b) taisne - pieskare, c) taisne - sekante, d) taisne - pieskare, e) taisne - sekante.

19*. Sastādi un atrisini 18. uzdevumam līdzīgus uzdevumus.
Skat. 18.uzdevumu un tā atrisinājumu.

200. Riņķa diametrs ir 3 dm. Vai šim riņķim ir kopīgi punkti ar taisni, kuras attālums līdz centram ir a) 6 cm, b) 18 cm, c) 15 cm ?
a) ir, b) nav, c) ir .

210. Riņķis ar diametru 14 cm pieskaras taisnei. Kāds ir attālums no riņķa centra līdz šai taisnei ?
Attālums ir vienāds ar rādiusu - 7 cm.

220. Riņķa līnija ar centru O pieskaras taisnei AB (A ir pieskaršanās punkts). Nosakiet ABO leņķus, ja
a) ABO=700, b) ABO=50, c) AO=AB, d) AOB=a, e) ABO=1000.
Skat. 15.zīm.

15. zīm.
Visos gadījumos OAB=900 , jo OAAB.
a) AOB =900-700=200 ;
b) AOB =900-50=850 ;
c) OAB ir vienādsānu taisnleņķa trijstūris, tāpēc AOB= ABO=450 ;
d) ABO=900 - a ; jābūt 0<a<900, jo OAB ir taisnleņķa un tā taisnais leņķis ir A, tāpēc abi pārējie leņķi ir šauri;
e) nav iespējams, skat. d) atrisinājumu.

23. Sastādi un atrisini 22.uzdevumam līdzīgus uzdevumus.
Skat. 22.uzdevumu un tā atrisinājumu.

24. Riņķa līnijas centrs ir O. Caur tās punktu A novilktas pieskare AM un sekante AC (C ir riņķa līnijas punkts). Aprēķini CAM, ja
a) OAC=150, b) AOC=1600, c) AOOC, d) AC=OC, e) ACO=a.
Vispirms aplūkosim gadījumu, kad M un C atrodas uz vienu pusi no taisnes AO (skat. 16.a. zīm.).

16.zīm.
OAM=900 no pieskares īpašības.
OAC= OCA=1/2 (1800- AOC), jo AOC ir vienādsānu ar virsotni O un sānu malām - rādiusiem.
a) CAM = OAM- OAC=900 -150=750
b) CAM = OAM- OAC=900 -1/2 (1800-1600)=800
c) AOC=900, tāpēc CAM=900 -1/2 (1800 -900)=450
d) AOC - vienādmalu, tādēļ OAC=600 un CAM =300
e) CAM= OAM- OAC= OAM- OCA=900-a. Leņķim a kā vienādsānu trijstūra AOC leņķim pie pamata jāapmierina sakarība 0<a<900.
Otrā gadījumā skat. 16.b. zīm.
Sniedzam tikai atbildes: a) 1050, b) 1000, c) 1350, d) 1500, e) 900+a, jābūt 0<a<900.

25. Dots : AR.(O;r), AB ir R.(O;r) pieskare, B ir pieskaršanās punkts.
a) BAO=450, AB=7,1 cm.
b)* M ir nogriežņa AO un R.l.(O;r) krustpunkts, ABM=300, BM=6cm.
Jāaprēķina : r.
Skat. 17.zīm.

17. zīm.
OBA=900 no pieskares īpašības (BA ir pieskare un BO - rādiuss). Tāpēc BOA+ BAO=1800-900=900.
a) BOA=900 - BAO=900-450=450. Tāpēc OBA ir vienādmalu ar virsotni B un sānu malām BO un BA, un r=BO=AB=7,1 cm.
b) OBM= OBA- ABM=900-300=600. BMO ir vienādsānu trijstūris ar virsotni O un sānu malām - rādiusiem OB un OM. OBM= BMO=600 - leņķi pie pamata, bet BOM=1800-600-600=600. Tādējādi BOM ir vienādmalu trijstūris, un r=BO=BM=6 cm.

26. Riņķa līnija ar centru M pieskaras taisnei AC (C - pieskaršanās punkts). Vai iespējams, ka a) AC=5 un AM=5; b) MC=3 un AM=2; c) AC=1 un MC=1; d) AC=3 un AM=2; e) AC=12 un AM=13 ?
AC ir attālums no A līdz taisnei MC, jo ACMC, tādēļ punkta A attālums līdz jebkuram citam taisnes MC punktam ir lielāks par AC. MC ir attālums no M līdz taisnei AC, tādēļ punkta M attālums līdz jebkuram citam taisnes AC punktam ir lielāks par MC, skat.18.zīm.

18. zīm .
a) nav iespējams, jo AC nav mazāks par AM;
b) nav iespējams, jo MC nav mazāks par AM;
c) ir iespējams; CAM=450;
d) nav iespējams, jo AC nav mazāks par AM;
e) ir iespējams; var uzzīmēt taisnleņķa trijstūri ACM ar hipotenūzu AM=13 un kateti AC=12 un tad novilkt R.l.(M;MC).

27. Cik pieskaru var novilkt
a) riņķa līnijai caur tās dotu punktu,
b) riņķim caur tā dotu punktu ?
a) vienu;
b) vienu, ja punkts atrodas uz riņķa līnijas;
nevienu, ja punkts atrodas riņķa iekšpusē.


28. Vai var apgalvot, ka taisne MD pieskaras riņķa līnijai ar centru O, ja
a) horda DK ar rādiusu OD veido 550 lielu leņķi, bet ar taisni MD - 350 lielu leņķi. Aplūko visus iespējamos gadījumus!
b) diametri AB un CD ir perpendikulāri un DM||AB,
c) OD ir riņķa līnijas rādiuss, OD=DM un OMD=450, turklāt punkts M atrodas ārpus riņķa līnijas?
Skat. 19.zīm.

19.zīm.
a) pirmajā gadījumā MD nav pieskare, bet otrajā ir,jo
ODM= ODK+ KDM=550+350=900.
b) MD ir pieskare, jo MDCD.
c) MD ir pieskare, jo ODM=900; tiešām, vienādsānu trijstūrī ODM leņķi pie pamata ir 450, tāpēc trešā leņķa lielums ir 1800-2450=900.

29. Trijstūrī ABC leņķis A ir taisns. Vai taisnība, ka taisne
a) AB ir R.(C;AC) pieskare,
b) AC nav R.l.(B;AB) pieskare,
c) BC ir R.(A;AB) pieskare,
d) BC nav R.l.(A;AC) pieskare?
a) ir taisnība, jo ABAC;
b) nav taisība, jo ACAB;
c) nav taisnība, jo BC nav perpendikulārs AB.
d) ir taisnība, jo BC nav perpendikulārs AC.

30. Dots, ka MK ir R(O;r) pieskare punktā K. Uzraksti pēc iespējas vairāk apgalvojumu, kuri izriet no dotā.
MKOK; MO>KO=r; MO>MK; M atrodas ārpus R(O;r) utt.

31. Aizpildi daudzpunktus tā, lai no nosacījuma izrietētu secinājums.
Dots: taisne t, R.l.(A;r).
........
Tātad: t pieskaras R.l.(A;r).
pamēģini atrast vairākas iespējas.
Daudzpunktu vietā var rakstīt, piemēram, šādus nosacījumus:
a) " Bt; AB=r; ABt "
b) "A attālums līdz t vienāds ar r " utt.

32. Riņķa līnija ar centru vienādsānu trijstūra virsotnē B pieskaras tā pamatam AC punktā D. Pierādi, ka BD ir trijstūra mediāna.
Skat. 20.zīm.

20.zīm.
No pieskares īpašības seko, ka BDAC. No tā, ka AB=BC, seko, ka B atrodas uz AC vidusperpendikula. Tātad arī D atrodas uz AC vidusperpendikula, un AD=DC. Tāpēc BD - mediāna.

33. Vienādsānu taisnleņķa trijstūra ABC hipotenūza BC pieskaras R.l.(A;4cm). Cik gara ir hipotenūza ?
Skat.21.zīm.

21. zīm.
Novelkam AD, kur D ir pieskaršanās punkts. Saskaņā ar iepriekšējo uzdevumu BD=DC. Vienādsānu trijstūrī BAC augstums AD ir arī bisektrise, tātad BAD=CAD=450. Tā kā arī ABD=450 un ACD=450, tad rodas divi vienādsānu taisnleņķa trijstūri ADB un ADC. Tāpēc BD=AD=4cm, DC=AD=4cm un BC=8 cm.

340. Taisne MN pieskaras riņķa līnijai ar centru O, A ir pieskaršanās punkts, AN=AM (skat. 22. zīm.).
a) pierādi, ka ON=OM,
b)* ko Tu vēl vari pierādīt ?

22.zīm.
a) AOMN, tāpēc AO ir nogrieżņa MN vidusperpendikuls, tāpēc ON=OM.
b)* MON - vienādsānu; MAO=NAO; AMO=ANO; u.tml.

35. Dots, ka AM un BN ir vienādas pieskares, kas novilktas riņķim tā diametra AB galapunktos (skat. 23.zīm.). Pierādi, ka taisne MN iet caur riņķa centru.

23. zīm.
Apzīmēsim AB un NM krustpunktu ar O. Tā kā AM un BN ir pieskares, tad OAM=OBN=900 . Tāpēc AM||BN un AMO=BNO kā iekšējie šķērsleņķi pie slīpnes MN. No trijstśru vienādības pazīmes lml seko, ka AOM=BON un AO=BO. AB - diametrs, tāpēc AO un BO ir rādiusi un O ir riņķa centrs.

36. Riņķa līnijai novilktas vienādas pieskares AB, DC un EF (skat. 24. zīm.);
a) pierādi, ka punkti A, D un F atrodas vienādos attālumos no riņķa līnijas centra,
b) kādu figūru veido visi tādi punkti, no kuriem vienai riņķa līnijai novilktās pieskares visas ir vienādas savā starpā ?

24. zīm.
a) novilksim nogrieżņus OE, OF, OB, OA, OC un OD. OEF=OBA=OCD no trijstūru vienādības pazīmes mlm (mala- leņęis- mala), jo OE=OB=OC - rādiusi, AB=DC=FE - dots un OEF=OBA=OCD=900 no pieskares īpašības. Vienādos trijstūros pret vienādiem leņķiem atrodas vienādas malas, tāpēc OF=OA=CD.
b) no a) pierādījuma seko: visi tie punkti, no kuriem vilkto pieskaru garumi savā starpā ir vienādi, atrodas uz riņķa līnijas ar centru O un rādiusu, kas lielāks par dotās riņķa līnijas rādiusu. Varbūt šādi punkti aizpilda tikai kādu lielākās riņķa līnijas daļu ? Izrādās, ka nē. Pierādiet patstāvīgi (izmantojot līdzīgu zīmējumu kā a) punkta pierādījumā): ja divi punkti pieder R.l.(O;R) un no tiem vilktas pieskares R.l.(O;r), pie tam R>r, tad abu pieskaru garumi ir vienādi. Tātad katrs lielākās riņķa līnijas punkts ir ar vajadzīgo īpašību.
Tātad visi šādi punkti veido dotajai riņķa līnijai koncentrisku (ar lielāku rādiusu).

37. Uz taisnes t atzīmēts punkts P. Novelc riņķa līniju, kas pieskaras taisnei t punktā P.
Vai to vienmēr var novilkt ?
Cik tādu riņķa līniju var novilkt ?
Kā novietoti visi tādu riņķa līniju centri ?
Skat. 25.zīm.
Taisnei t punktā P novelkam perpendikulu. Patvaļīgā attālumā no taisnes uz šī perpendikula atzīmējam riņķa līnijas centru un velkam riņķa līniju ar rādiusu, kas vienāds ar centra attālumu līdz t. Saskaņā ar pieskares pazīmi tā pieskaras t. Tā kā r.l. centru var atzīmēt patvaļīgā attālumā no t, tad var novilkt bezgalīgi daudzas prasītās riņķa līnijas. To centri atradīsies uz taisnes t1 , kas perpendikulāra t un iet caur P, pie tam tie var atrasties patvaļīgā t1 punktā, izņemot P.

25. zīm.
Parādīsim, ka ārpus t centri atrasties nevar. Tiešām, ja no centra O novelk perpendikulu pret t, tad saskaņā ar pieskares īpašību perpendikula pamatam jābūt punktā P. Tas iespējams tikai, ja Ot1.

38. Dota taisne l un uz tās punkts A. Uzzīmē riņķa līniju ar rādiusu 2 cm, kas pieskaras taisnei l punktā A. Cik daudz tādu riņķa līniju var novilkt ? Riņķa līnijas rādiuss ir vienāds ar centra attālumu līdz taisnei l. Caur punktu A var novilkt divus taisnei l perpendikulārus starus (katru uz savu pusi) un uz katra no tiem atlikt vienu punktu attālumā 2 cm no l. Tādēļ var novilkt tieši divas prasītās riņķa līnijas.

39. Definē riņķa līnijas sekanti, izmantojot
a) taisnes un riņķa līnijas kopējo punktu skaitu,
b) attālumu no riņķa līnijas centra līdz taisnei.
a) taisni sauc par riņķa līnijas sekanti, ja tai ar riņķa līniju ir 2 kopīgi punkti.
b) ..., ja tās attālums no riņķa līnijas centra ir mazāks par rādiusu.

40. Cik kopīgu punktu var būt riņķa līnijai un figūrai, kas sastāv no divām taisnēm? Apskati visas iespējas. Atbildi ilustrē ar zīmējumiem.
Vienai taisnei ar riņķa līniju var būt ne vairāk kā 2 kopīgi punkti. Divām taisnēm tātad var būt ne vairāk kā 4 kopīgi punkti. Visas iespējas no 0 līdz 4 skat. 26.zīm.

26. zīm.

410. Izlasi vēlreiz pierādījumu to pieskaru īpašībai, kas vilktas no viena punkta. Uzzīmē 27. zīmējumu un novelc tajā papildus hordu BC. Kādas īpašības Tu vari pierādīt iegūtajā zīmējumā ?
Skat.27.zīm.

27. zīm.
Vēl var pierādīt, piemēram, ka
1) CBA= BCA (no vienādsānu trijstūra īpašībām)
2) BCOA (vienādsānu trijstūrī bisektrise (kāpēc?) AO ir arī augstums)
3) BOA= ABC (divos taisnleņķa trijstūros pa vienam šaurajam leņķim vienādi savā starpā, tātad vienādi arī otrie), COA= ACB, utt.

42. Aizpildi daudzpunktus, atsaucoties uz 27. zīmējumu 41. uzdevuma risinājumā !
a) ABC ir ... (norādi trijstūra tipu);
b) AO ir BAC ... ;
c) AO...;
d) AO iet caur hordas BC ...;
e) BAC=2...; riņķa līnijas centrs O atrodas uz BAC ...;
f) BAC+COB=... .
* Izdomā uzdevumu, kura risināšanā var izmantot īpašības a)-d).
a) ... vienādsānu, jo AB=AC kā pieskares no viena punkta,
b) ... bisektrise, jo AOB= AOC (hk),
c) ... BC, jo virsotnes leņķa bisektrise vienādsānu trijstūrī ir arī augstums pret pamatu,
d) ... viduspunktu, jo augstums pret pamatu vienādsānu trijstūrī ir arī mediāna,
e) ... BAO; ... bisektrises,
f) ... 1800 , jo BAC+ COB=2( BAO+ BOA)=2(1800 -900 )=1800.

43. Ierīci, kas parādīta 28. zīm., sauc par centra meklētāju. Kā ar tā palīdzību atrast riņķa līnijas centru, ja tas nav atzīmēts ? Pieņemam, ka centra meklētāja izmērus varam izvēlēties patstāvīgi.
Skat. 28., 29.zīm.

Novietojam centra meklētāju, kā parādīts 29. zīm. (riņķa līnija pieskaras AB un AC). AM ir BAC bisektrise. Tā kā meklējamais centrs O atrodas vienādos attālumos no BAC malām (pieskaršanās pēc), tad tas atrodas uz AM. Novelkam divas dażādas taisnes AM (dażādos meklētāja stāvokļos); to krustpunkts ir O.


44*. Pierādi, ka no punkta ārpus riņķa līnijas tai nevar novilkt 1993 pieskares.
Prasītais seko no tā, ka nevar novilkt vairāk par 2 pieskarēm (skat. teorēmu mācību grāmatā).

450. Pieskares, kas novilktas riņķa līnijai no viena punkta, savā starpā veido
leņķi a. Aprēķini leņķi j, ko veido rādiusi, kuru galapunkti ir pieskaršanās punkti, ja
a) a=500 , b) a=1500 , c) a=900 ?
* Uzraksti leņķa j aprēķināšanas formulu.
Skat. 30.zīm.

30. zīm.
No 42. uzdevuma f) seko, ka a+j=1800 , tātad j=1800-a. Tāpēc
a) j=1300 , b) j=300 , c) j=900 . Jābūt 0<a<1800.

46. Izmantojot tabulā dotos lielumus, aprēķini nezināmos nogrieżņu garumus un leņķu lielumus, ja AC un AB ir R.l.(O;r) pieskares un B un C - pieskaršanās punkti.

N.p.k.ACABBCCABrCOBACBOCB
1.5??600???
2.?12004???
3.?3??900??
4.??9006???
5.??8?1200??

Skat. 31.zīm.

31. zīm.
Tabulas 1. rindā jautājuma zīmes vietā no kreisās uz labo jāieraksta
5; 5; 1200 ; 600 ; 300 ;
2.rindā - 4; 600 ; 300 ; 600 ;
3. rindā - 3; 900 ; 3; 450 ; 450 ;
4. rindā - 6; 6; 90 ; 45 ; 45 ;
5. rindā - 8; 8; 60 ; 60 ; 30 .

47.Dots: AB un CB - R.l.(0;r) pieskares,
A un C - pieskaršanās punkti (skat. 32.zīm.)
Pierādīt: B=21.

32.zīm.
B=1800 -2CAB, jo ABC ir vienādsānu ar virsotni B.
CAB=900 - 1, jo OAB=900.
B=1800 -2(900 -1)=21.

48. Dots: AM, AB, BN ir vienas riņķa līnijas pieskares, M un N - pieskaršanās punkti (skat. 33.zīm.). AM=1 cm, BN=1,5 cm.
Aprēķināt: AB.

33.zīm.
Apzīmējam ar K pieskares AB pieskaršanās punktu.
AM=AK un BK=BN kā pieskares, kas vilktas no viena punkta.
Tāpēc AB=AK+KB=AM+BN=1+1,5=2,5(cm).

49. Dots, ka AB, BD un DE ir riņķa līnijas pieskares un A, C un E - pieskaršanās punkti (skat. 34.zīm.). Atrast lauztās līnijas ABDE garumu, ja
a) AB=2,8 cm, DE=3,8 cm;
b) CB=2 cm, DE=3 cm;
c) CD=32 cm, AB=22 cm;
d)* AB=a, DE=b;
e)* BD=m.

34.zīm.
a)AB+BD+DE=AB+BC+CD+DE=2AB+2DE=5,6+7,6=13,2(cm),
b) AB+BD+DE=2CB+2DE=10(cm),
c) 232+222=108(cm),
d)* 2a+2b,
e)* AB+BD+DE=BC+BD+CD=2BD=2m.


50. Lauztās līnijas ABDE garums (tā sastāv no pieskaru nogrieżņiem, skat. iepriekšējo uzdevumu) ir 16,3 cm. Aprēķināt BD.
AB+BD+DE=BC+BD+CD=2BD (DE=DC un BC=BA kā pieskares, kas vilktas no viena punkta).
Tātad BD=1/2 16,3=8,15 (cm).

51. Riņķa līnijas pieskaršanās punkts C sadala BD nogrieżņos BC=3dm un CD=5dm; AB, BD, DE ir riņķa līnijas pieskares (skat. 35.zīm.). Kādu nogrieżņu garumus vēl var aprēķināt?

35.zīm.
AB=BC=3dm; DE=CD=5dm; BD=BC+CD=8dm.

52.* Dots (skat. 36.zīm.): AD, AB, BC - riņķa līnijas pieskares;
D, M, C - pieskaršanās punkti;
A=B=600; AD=a.

Aprēķināt: Per (DMC)

36.zīm.
AD=AM kā pieskares, kas vilktas no viena punkta A. Tādēļ DAM ir vienādsānu ar virsotni A. Ja A=600 , tad
ADM=AMD= (1800 -600):2=600 .
Tātad DAM - vienādmalu. Līdzīgā veidā pierādām, ka arī CBM - vienādmalu.
Pagarinot pieskares AD un BC, iegūstam
BEA=1800 - (A+B)=600 .
Tādējādi arī CED - vienādmalu, jo CE=DE.
Trijstūrim DMC visi leņķi ir 600 lieli
(piem., CDM=1800 -EDC-ADM=1800 -600 -600 =600 ).
Tāpēc arī trijstūris DMC - vienādmalu. Tātad AD=AM=DM=a un Per(DMC)=3a.



53. Taisnei t nav kopīgu punktu ar R.l.(0;r). Izmantojot tikai uzstūri, novelc riņķa līnijai pieskari, kas a) paralēla taisnei t,
b) perpendikulāra taisnei t.
Cik tādas pieskares katrā gadījumā var novilkt?
Ar uzstūri sapratīsim instrumentu, kuram ir viens taisns leņķis, bet pārējā robeža - patvaļīgas formas (skat. 37.a zīm.), pie tam taisnie robežas gabali ir pietiekami gari.

37.zīm.
Novietojot uzstūri tā, lai riņķa līnija pieskartos NM un NK, iegūstam pieskaršanās punktus U un V un novelkam arī taisnes NM un NK (skat. 37.b zīm.). Izmantojot taisno leņķi, pēc tam novelkam starus mNM un kNK; to krustpunkts ir riņķa centrs O.
Tālāk ar uzstūra palīdzību novelkam 1) caur O taisni ut; 2) caur O taisni vu,; 3)caur u krustpunktiem ar riņķa līniju taisnes p1 un p2, kas perpendikulāras u; 4) caur v krustpunktiem ar riņķa līniju taisnes p3 un p4, kas perpendikulāras v. Taisnes p1 ; p2 ; p3 ; p4 ir meklētās; pierādījumu atstājam lasītājam veikt patstāvīgi.
Vai bez tām ir vēl kādas ?
Pieņemsim pretējo, ka a) gadījumā eksistē vēl trešā pieskare p5, kas paralēla taisnei t. Apskatīsim p1 , p2 un p5 pieskaršanās punktus un rādiusus, kas vilkti uz tiem. Tā kā pieskares perpendikulāras atbilstošajiem rādiusiem un savā starpā paralēlas, tad visiem trim rādiusiem arī jābūt savā starpā paralēliem vai jāatrodas uz vienas taisnes. Bet skaidrs, ka tādu triju rādiusu nav: tā kā a+b+g=3600 un a>0,b>0,g>0, tad visi leņķi a, b, g vienlaicīgi nav 1800 (skat. 37.d. zīm.). Iegūta pretruna, tātad mūsu pieņēmums bija nepareizs un trešās pieskares, kas paralēla t, nav.
Līdzīgi pierāda, ka arī b) prasības apmierina tikai divas pieskares.

54. Caur diametra AB galapunktiem novilktas pieskares a un b (A a, B b; AB=6 cm). Novilkta vēl trešā pieskare, kas perpendikulāra a; tā krusto a un b attiecīgi punktos M un N. Atrast Per(AMNB).
Skat. 38. zīm.

38. zīm.
Tā kā a, b ir pieskares, tad ABa un ABb; tāpēc a||b un AB ir attālums starp paralēlajām taisnēm a un b. Līdzīgi MN arī ir attālums starp a un b. Tāpēc MN=AB. Novelkam rādiusu OK uz pieskaršanās punktu K; OK ir attālums starp paralēlajām taisnēm MN un AB, jo OKMN. Tāpēc arī AM un BN ir attālumi starp AB un MN, un AM=BN=OK.
Tātad Per(AMNB)=2AB+(AM+BN)=2AB+2OK=2AB+AB=3AB=18 cm.

55. Kuri no sekojošiem apgalvojumiem ir patiesi ?
1) ja taisne pieskaras riņķa līnijai, tad tai ar šo riņķa līniju ir
a) kopīgs punkts, b) viens kopīgs punkts, c) tieši viens kopīgs punkts;
2) ja taisnei un riņķa līnijai ir
a) kopīgs punkts, tad tās pieskaras,
b) divi kopīgi punkti, tad tās krustojas;
3) taisnei un riņķim var būt
a) divi kopīgi punkti;
b) tikai divi kopīgi punkti;
c) tikai trīs kopīgi punkti;
4) riņķa līnijai un taisnei var būt
a) divi kopīgi punkti;
b) tikai divi kopīgi punkti;
c) trīs kopīgi punkti;
5) caur dotu riņķa līnijas punktu tai vienmēr var novilkt pieskari un pie tam tikai vienu;
6) ja riņķa līnijai novilktas divas pieskares, tad tās ir vienādas.
Patiesi ir apgalvojumi 1a), 1b), 1c), 2b), 4a). Apgalvojuma 4b) patiesums atkarīgs no vārda "tikai" izpratnes: vai tas attiecas uz punktu daudzumu ("tikai divi punkti - ļoti maz!"), un tad tas ir patiess, vai arī uz iespējām (vienīgā iespēja - divi kopīgi punkti, un citāds skaits nevar būt !), un tad tas ir aplams. Apgalvojumi 5) un 6) ir aplami, ja ar pieskarēm saprot nogrieżņus, un patiesi, ja ar pieskarēm saprot taisnes.

56. Cik kopīgu punktu var būt taisnei ar trim riņķa līnijām ?
Var būt 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; kopīgi punkti; piemērus uzzīmējiet patstāvīgi. Vairāk punktu nevar būt, jo taisnei ar katru riņķa līniju var būt ne vairāk kā 2 kopīgi punkti.

57. Viena figūra sastāv no divām taisnēm, otra - no divām riņķa līnijām. Parādi, uzzīmējot zīmējumu, ka šīm figūrām var būt a) 7, b) 6, c) 5 kopēji punkti.
Skat., piemēram, 39. a), b), c) zīm.

39. zīm.

58. Cik kopēju sekanšu var novilkt divām riņķa līnijām, kas iekšēji pieskaras viena otrai ?
Bezgalīgi daudzas; der, piemēram, visas sekantes, ko velk caur pieskaršanās punktu.

59. Cik kopēju pieskaru var novilkt divām riņķa līnijām, kas pieskaras viena otrai? Pieskares jāvelk caur riņķa līniju pieskaršanās punktu.
Vienu pieskari.

-
60. Divas riņķa līnijas ar centriem O1 un O2 iekšēji pieskaras punktā A. Caur A novilktas to kopējās sekantes l un AO1. Taisne l krusto abas riņķa līnijas katru vēl vienā punktā bez A. Pierādiet, ka rādiusi, kuru galapunkti ir šie krustpunkti, ir savstarpēji paralēli.
Skat. 40. zīm.


40. zīm.
Novilksim kopējo ārējo pieskari k caur punktu A. Taisnes l krustpunktus ar riņķa līnijām apzīmēsim ar B1 un B2 . AO1k un AO2k no kopējo pieskaru īpašības, tādēļ O2 atrodas uz taisnes AO1. AO1B1 un AO2B2 ir vienādsānu trijstūri ar virsotnēm O1 un O2 un sānu malām - rādiusiem. Tādēļ O1AB1= O1B1A= O2B2A. No divu taišņu paralelitātes pazīmes (vienādi kāpšļu leņķi) seko, ka O1B1||O2B2 .

61. Divām riņķa līnijām novilkta kopēja ārējā pieskare. Kā savā starpā novietoti rādiusi, kuru galapunkti ir pieskaršanās punkti?

Kopējā pieskare pieskaras gan vienai, gan otrai riņķa līnijai. Tāpēc abi minētie rādiusi ir perpendikulāri pieskarei. No taišņu paralelitātes pazīmes seko, ka abi rādiusi ir paralēli.

62. Divām riņķa līnijām ir kopējs centrs O. To kopējā sekante krusto šīs riņķa līnijas četros punktos, kas uz sekantes atrodas secībā A, B, C, D. Pierādi, ka a) AB=CD, b) AC=BD.

Skat. 41. zīm.


41.zīm.
a) BOC un AOD ir vienādsānu ar virsotni O un sānu malām - rādiusiem. Tāpēc BAO= CDO un CBO= BCO. ABO un DCO ir CBO un BCO blakusleņķi. Tāpēc ABO= DCO. Trijstūra leņķu lielumu summa ir 1800 , tādēļ AOB un DOC visi leņķi pa pāriem ir vienādi. AO=DO - lielā riņķa rādiuss. Tāpēc AOB=DOC (pazīme lml). Tāpēc AB=CD. b) iegūstam, izmantojot a) rezultātu : AC=AB+BC=CD+BC=BD.

63. Dots (skat. 42. zīm.): AC un BD - kopējās pieskares, A, B, C, D - pieskaršanās punkti.

Pierādīt: AC=BD.


42. zīm.
Apzīmēsim riņķa līniju centrus ar O1 un O2, pieskaru krustpunktu ar M (skat. 43.zīm.). No viena punkta vilktās pieskares savā starpā ir vienādas, tāpēc MA=MD un MB=MC. Tāpēc AC=AM+MC=DM+MB=BD, kas bija jāpierāda.

43. zīm.

64. Dots (skat. 44.zīm.): AB un DC - kopīgās pieskares, A, B, D, C - pieskaršanās punkti.
Pierādīt: AB=DC.

44.zīm.
Apzīmējam riņķa līniju centrus ar O1 un O2. Vispirms apskatām gadījumu, kad abu riņķa līniju rādiusi nav vienādi.Velkam A1O2||AB un D1O2||DC. Tad A1A=O2B un D1D=O2C kā attālumi starp paralēlām taisnēm (skat. 45. zīm.).

45. zīm.
No riņķa līnijas pieskares īpašības un no konstrukcijas seko, ka O1AB= O1A1O2=900 un O1DC= O1D1O2=900. A1O1O2=D1O1O2 no taisnleņķa trijstūru vienādības pazīmes (kh), jo O1A1=O1D1 - abu riņķa līniju rādiusu starpība, O1O2 - kopīga. Tāpēc A1O2=D1O2 vai arī AB=DC.
Gadījumā, kad rādiusi vienādi, augstāk minētais pierādījums neder, jo neeksistē trijstūri A1O1O2 un D1O1O2. Aplūkojiet šo gadījumu patstāvīgi, pierādiet, ka AB=O1O2 un DC=O1O2. Pierādījumā izmantojiet to, ka visu šo triju nogrieżņu garumi izsaka attālumu starp 2 paralēlām taisnēm (kurām ?).

65. Divu riņķa līnju rādiusi ir 2 cm un 3 cm. To kopējās ārējās pieskares ir savstarpēji perpendikulāras. Aprēķini kopējo ārējo pieskaru nogrieżņus starp pieskaršanās punktiem.
Skat. 46.zīm.

46. zīm.
Apzīmēsim riņķa līniju centrus ar O1 un O2 ; pieskaršanās punktus ar A, B, C, D; pieskaru krustpunktu ar M (skat. 46. zīm.). No mācību grāmatas zināms, ka O1, O2, M atrodas uz vienas taisnes - uz AMD bisektrises. Tāpēc AMO1= BMO1=450. Saskaņā ar pieskares īpašību O1AM un O2BM ir taisni. Tāpēc O1AM un O2BM ir vienādsānu taisnleņķa trijstūri. Tad AB=AM-BM=O1A-O2B=3-2=1(cm). Līdzīgi arī CD=1 cm.

66*. Sastādi un atrisini uzdevumu, kas līdzīgs iepriekšējam, ja novilktās kopējās pieskares ir iekšējās.

Skat. 47. zīm.

47. zīm.
Līdzīgi kā iepriekšējā uzdevumā atrodam, ka AC=BD=R+r=5cm.

67. Caur divu vienādu riņķa līniju pieskaršanās punktu A novilkta to kopējā sekante, kas krusto riņķa līnijas vēl punktos M un K. Atrast MK, ja AK=4cm.
Vienādas riņķa līnijas var pieskarties tikai ārēji (skat. 48.zīm.). Savienosim riņķa līniju centrus O1 un O2 ar A. Novilksim pieskari caur A. No pieskaru īpašības abi rādiusi O1A un O2A ir perpendikulāri šai pieskarei, tātad punkti O1, A, O2 atrodas uz vienas taisnes. Apskatām gadījumu, kad sekante neiet caur centriem.

48.zīm.
MO1A=KO2A (O1A=O1M=O2A=O2K - rādiusi, tāpēc abi ir vienādsānu trijstūri. O1AM=O2AK kā krustleņķi. Vienādsānu trijstūrī leņķi pie pamata vienādi, tāpēc var izmantot trijstūru vienādības pazīmi lml, iepriekš pierādot, ka O1=O2.)
Vienādos trijstūros pret vienādiem leņķiem atrodas vienādas malas, tāpēc MA=AK=4cm, bet MK=MA+AK=8cm. Ja sekante iet caur centriem, tad minētais pierādījums neder,jo neeksistē MO1A un KO2A. Bet tad MA=KA kā vienādu riņķa līniju diametri un atkal MK=8cm.

68. Divas vienādas riņķa līnijas ar centriem O un O1 krustojas punktos A un B. Sekante OO1 krusto pirmo riņķa līniju punktos M un N, bet otro - punktos C un D.
a) pierādi, ka nogrieznis CN redzams no punktiem A un B vienādos leņķos,
b) aprēķini Per(MADB), ja AD=4 cm.
I. Vispirms pieņemsim, ka C un M ir "blakus" punkti uz taisnes OO1 (skat. 49.a. zīm.).
a) OAO1= OBO1 (seko no trijstūru vienādības pazīmes "mmm", jo OA=OB=O1B=O1A - rādiusi, OO1 - kopīga mala), tāpēc OO1 ir leņķu AOB un AO1B bisektrise.
AOB= AO1B (seko no trijstūru vienādības pazīmes "mmm"), tāpēc AB ir leņķu OAO1 un OBO1 bisektrise.
OAC= O1AN= O1BN= OBC ("mala - leņķis - mala", jo OA=O1A=O1B=OB - rādiusi; OC=ON-CN=O1C-CN=O1N; AOC= AO1N - leņķi pie pamata vienādsānu trijstūrī OAO1, bet AOC= COB un AO1N= NO1B no iepriekšējā), tāpēc AC=CB=BN=NA.
CAN= CBN ("mala - mala - mala"), tātad CAN= CBN, kas bija jāpierāda.

49. zīm.
b) MOA= MOB= DO1B= DO1A (seko no trijstūru vienādības pazīmes "mala - leņķis - mala", jo visi četri trijstūri ir vienādsānu ar sānu malām - rādiusiem, bet MOA=AO1D=MOB=BO1D - seko no a) punkta pierādījuma), tāpēc MA=MB=BD=AD, bet Per(MADB)=4 AD=16 cm.
II. Ja C un N uz taisnes OO1 nav "blakus" (skat. 49.b zīm.), tad a) daļas risinājums līdzīgs (veiciet to patstāvīgi), bet otrās daļas atbilde nav noteikta viennozīmīgi: skaidrs, ka, mainoties riņķa līniju rādiusiem un saglabājoties AD=DB=AN=BN=4cm, AM un BM garumi mainās.

69. Punkti C un D ir riņķa līniju pieskaršanās punkti. Pierādīt, ka pieskaršanās punkti B, C, D, E (skat. 50.zīm.) atrodas uz vienas riņķa līnijas.

50. zīm.
Punkti C un D atrodas uz atbilstošām pieskarēm AC un AD. AB=AC, AC=AD, AD=AE pēc tādu divu pieskaru īpašības, kas novilktas vienai riņķa līnijai no viena punkta. Tāpēc visi punkti B, C, D, E atrodas uz R.l.(A;AB).

70. Pierādi, ka divu ārēji pieskarošos riņķa līniju kopējā iekšējā pieskare iet caur kopējo ārējo pieskaru nogrieżņu viduspunktiem (apskatīsim nogrieżņus starp pieskaršanās punktiem).
Dots: A1A2, B1B2 - ārējās pieskares; MN - iekšējā pieskare; K - pieskaršanās punkts (skat. 51. zīm.)
Jāpierāda: A1M=MA2; B1N=NB2.

51. zīm.
Pierādījums: Saskaņā ar tādu pieskaru īpašību, kas vilktas no viena punkta, MA1=MK un MA2=MK, tātad MA1=MA2. Līdzīgi pierāda, ka NB1=NB2.

71. Divas riņķa līnijas ārēji pieskaras punktā M. Pierādi, ka kopējās ārējās pieskares nogrieznis starp pieskaršanās punktiem redzams no punkta M taisnā leņķī.

52.zīm.
Dots: AB - ārējā pieskare, A, B, M - pieskaršanās punkti, O1,O2 - r. l. centri (skat. 52. zīm.).
Jāpierāda: AMB=900.
Pierādījums: Novelkam kopējo iekšējo pieskari CM. Tā kā CA=CM un CB=CM, tad CAM=AMC=a (apzīmējums) un CBM= CMB=b. Trijstūra ABM leņķu summa ir 1800, tāpēc a+b+(a+b)=1800 un a+b=900 jeb AMB=900.

72. Pierādi sekojošus apgalvojumus:
a) ja taisne t iet caur divu savtarpēji pieskarošos riņķa līniju kopējo punktu un ir perpendikulāra taisnei, kas iet caur to centriem, tad t ir abu riņķa līniju kopējā pieskare,
b) ja divas riņķa līnijas pieskaras kādai taisnei vienā un tajā pašā punktā, tad tās pieskaras viena otrai.
Skat. 53.zīm.

53. zīm.
a) O1Mt, jo t O1O2. O1M ir rādiuss, tādēļ no pieskares pazīmes t ir pieskare R.l.(O1,O1M). Līdzīgi iegūstam, ka t ir pieskare arī riņķa līnijai R.l.(O2,O2M). M - abu riņķa līniju kopīgs punkts, tāpēc t ir kopējā pieskare (skat. 53.a. zīm.).
b) apzīmēsim šo punktu ar M; M ir viens vienīgais t un katras riņķa līnijas kopējais punkts. Ja riņķa līnijas atrodas taisnes t dażādās pusēs (piemēram, riņķa līnijas ar centriem O3 un O2, skat. 48.b. zīm.), tad M ir to vienīgais kopējais punkts; tātad tās pieskaras. Ja tās atrodas t vienā pusē (piem., riņķa līnijas ar centriem O1 un O2 , skat. 48.b. zīm.), tad domājam sekojoši: O1M t un O2M t, tātad O1 un O2 atrodas uz stara, kas perpendikulārs t un iet caur M. Tāpēc O1O2=O2M-O1M=R2-R1. Saskaņā ar teorēmām par 2 riņķa līniju kopējo punktu skaitu M ir vienīgais šo riņķa līniju kopējais punkts, tātad tās pieskaras.
Izdomājiet patstāvīgi, kā dažādās pusēs esošo riņķa līniju gadījumu analizēt līdzīgi nupat sniegtajam pierādījumam.

73. Divas riņķa līnijas atrodas viena ārpus otras. To kopējā sekante krusto pirmo riņķa līniju punktos A un B, bet otro - punktos C un D. Punktos A un C novilktas pieskares tām riņķa līnijām, uz kurām attiecīgi atrodas A un C; tās izrādījās paralēlas viena otrai. Pierādīt, ka līdzīgā veidā punktos B un D novilktās pieskares arī ir paralēlas viena otrai.
Vispirms pieņemam, ka sekante neiet caur centriem un punkti A, B, C, D uz tās atrodas tieši šādā kārtībā (skat.54.a. zīm.):

54.zīm.
Apzīmēsim ar tA,tB,tC,tD atbilstošās pieskares caur punktiem A, B, C, D un r.l. centrus ar O1 un O2. tA AO1 un tC CO2 no pieskaru īpašības. Tā kā tA||tC (dots), tad AO1||CO2 un O1AB=O2CD (kāpšļu leņķi). AO1B un CO2D ir vienādsānu ar virsotnēm O1 un O2 un sānu malām - rādiusiem. O1BA=O1AB un O2DC=O2CD - leņķi pie pamata vienādsānu trijstūros. Tāpēc O1BA=O2DB. No taišņu paralelitātes pazīmes (vienādi kāpšļu leņķi) O1B||O2D. No pieskaru īpašības tB O1B un tD O2D, tāpēc tB||tD.
Līdzīgā ceļā patstāvīgi izpētiet gadījumu, kad punktu A, B, C, D izvietojums uz sekantes ir tāds, kā parādīts 54.b. zīm.
Ja sekante t iet caur vienu no centriem (piemēram, caur O1 ), tad tA t; tā kā tC||tA , tad arī tC t. Tāpēc sekante iet arī caur otru centru; tad tB t,
tD t un tāpēc tB||tD.

74. Divas riņķa līnijas savstarpēji pieskaras punktā M. Caur M novilkta to kopējā sekante, kas krusto pirmo riņķa līniju vēl punktā A, bet otru - vēl punktā B. Pierādi, ka pieskare, kas caur A novilkta pirmajai r.l., un pieskare, kas caur B novilkta otrajai r.l., ir savstarpēji paralēlas.


Skat. 55.zīm.

55. zīm.
Apskatām gadījumu, kad pieskaršanās ir ārēja.
Dots: AB - sekante; A, M, B - pieskaršanās punkti; a, b - pieskares (skat. 55. zīm.).
Jāpierāda: a||b.
Pierādījums. Novelkam kopējo pieskari t caur M, novelkam rādiusus O1M un O2M. No pieskaru īpašības O1Mt un O2Mt, tāpēc O1, M, O2 atrodas uz vienas taisnes O1O2. AO1M un MO2B ir vienādsānu ar virsotnēm O1 un O2 un malām - rādiusiem. Tā kā AMO1=BMO2 kā krustleņķi, tad O1AM=O1MA=O2MB=O2BM un arī AO1M=MO2B. No taišņu paralelitātes pazīmes (vienādi iekšējie šķērsleņķi) iegūstam: AO1||O2B. No pieskaru īpašības aAO1 un bBO2 . Tāpēc a||b.Iekšējās pieskaršanās gadījumu analizē līdzīgi. Izdariet to patstāvīgi.

75. Divas vienādas riņķa līnijas ar centriem O1 un O2 savstarpēji pieskaras. Tām novilkta kopēja iekšējā pieskare t. Caur t punktu A vilktas sekantes caur O1 un O2 (skat. 56.a. zīm.). Pierādīt, ka pieskares m un n, kas vilktas caur krustpunktiem ar riņķa līnijām, iet caur vienu un to pašu t punktu.

56. zīm.
Dots: m,n,t - pieskares, S1 ir m un t krustpunkts, S2 ir n un t krustpunkts,
B - riņķu pieskaršanās punkts (sk. 56.b. zīm.).
Jāpierāda: S1 un S2 sakrīt.
Pierādījums. Savienosim centrus O1,O2. No pieskaru īpašības seko, ka O1Bt un O2Bt, tāpēc O1, B, O2 atrodas uz vienas taisnes.
O1AO2 ir vienādsānu, jo tā augstums AB dala pamatu uz pusēm (O1B=BO2 - rādiusi). Tāpēc O1A=O2A un AM=AN (AM=O1A-O1M, kur O1M - rādiuss). Taisne t dala MAN uz pusēm, jo satur vienādsānu trijstūra O1AO2 mediānu, augstumu un bisektrisi, tātad MAS1 =NAS2. AMS1=ANS2 ("leņķis - mala - leņķis", jo AMS1=ANS2=900 no pieskaru īpašības, bet AM=AN un MAS1=NAS2 - no iepriekšpierādītā). Tāpēc AS1=AS2, bet tas nozīmē, ka S1=S2 .

76*. Izdari visus spriedumus, kas nepieciešami, lai pamatotu, ka arī divām vienādām riņķa līnijām ir tieši 2 ārējās pieskares !
Mēs izmantosim apgalvojumu, kam ir arī patstāvīga nozīme. Turpmāk uzdevumu risinājumos uz to atsauksimies kā uz "lemmu par četrstūri ar taisniem leņķiem" vai saīsināti ČATL lemmu. Šī lemma tika izmantota arī mācību grāmatā dotajos pierādījumos (tur to atstāja lasītāju patstāvīgai pierādīšanai).
ČATL lemma. Ja četrstūrim divas pretējās malas ir vienādas un vienas malas pieleņķi - taisni, tad vienādas ir arī abas pārējās malas un taisni - abi pārējie leņķi, bet pretējās malas ir pa pāriem paralēlas.
Pierādījums. Skat. 57. zīm.

57.zīm.
Aplūkosim vispirms gadījumu, kad abi dotie taisnie leņķi ir tās malas pieleņķi, kuras vienādība ar pretējo malu vēl jāpierāda (skat. 57.a) zīm.).
No pazīmes mlm seko, ka NML=KLM. Tāpēc NL=KM un OLM=OML. No pēdējās vienādības seko OL=OM. No abām iegūtajām nogriežņu vienādībām seko ON=OK. Tāpēc NOK ir vienādsānu un KNL=NKM. Tā kā arī LNM=MKL, tad, saskaitot šīs vienādības, N=K. Tā kā 900+900+N+K=3600, tad no šejienes N=K=900. Tātad visi leņķi N, M, L, K ir taisni. Tāpēc pretējās malas ir pa pāriem paralēlas (kā perpendikuli pret vienu un to pašu taisni).
No pazīmes hk (pielietojot to NMK un LKM) seko arī, ka NK=LM.
Var gadīties, ka abi dotie taisnie leņķi ir pieleņķi vienai no tām malām, kuru vienādība ir dota (57.b) zīm.). Tad no pazīmes kk seko NML=KLM, tāpēc NL=KM. No pazīmes hk tagad LNM=KMN, tāpēc LM=KN. Malu paralelitāti un to, ka K= L=900 , pierāda tāpat kā pirmajā gadījumā.
Lemma pierādīta.
Tagad risinām uzdevumu.
Vispirms parādīsim, ka vismaz divas kopējās ārējās pieskares eksistē. Novelkam rādiusus O1A1; O2A2; O1B1; O2B2 perpendikulāri O1O2 (skat. 58.a) zīm.).

58.zīm.
Pielietojot ČATL lemmu četrstūriem O1A1A2O2 un O1B1B2O2, iegūstam, ka A1=A2=B1=B2=900. Saskaņā ar pieskares pazīmi A1A2 un B1B2 ir kopējās pieskares.
Pierādīsim, ka vairāk kopējo ārējo pieskaru nav.
Iedomāsimies, ka C1C2 - kopējā ārējā pieskare, kas atrodas "uz augšu" no taisnes O1O2 (skat. 58.b) zīm.). Pēc pieskares īpašības C1=C2=900. Pēc ČATL lemmas arī O1=O2=900. Tātad C1 un C2 sakrīt attiecīgi ar A1 un A2 no 58.a) zīm., un "virs" O1O2 kopējā pieskare ir viena vienīga. Līdzīgi pierāda, ka "zem" O1O2 vienīgā kopējā pieskare ir B1B2 no 58.a) zīm.

77. Dots (skat. 59. zīm.): AB=BC; O ir r.l. centrs.
Pierādīt: OB ir AOC bisektrise.

59.zīm.
Griežam riņķi ap centru tik ilgi, kamēr loks AB "uzklājas" lokam BC; tas iespējams, jo riņķa līnija slīd pati pa sevi, bet loki ir vienādi. Tad A sakrīt ar B, bet B - ar C; tāpēc OA sakrīt ar OB, bet OB - ar OC. Tātad AOB sakrīt ar BOC; tāpēc šie leņķi ir vienādi. Tātad OB ir AOC bisektrise.

78. Zināms, ka AOB= COD (skat. 60. zīm.). Vai iesvītrotie sektori noteikti ir vienādi?
Norādījums: izmanto riņķa līnijas pamatīpašību.

60.zīm.
Jā. Griežam riņķi ap centru tik ilgi, kamēr OA sakrīt ar OC. Tā kā AOB= COD, tad šajā brīdī OB sakrīt ar OD. Riņķa līnija slīdējusi pati pa sevi, tāpēc AB sakrīt ar CD. Tā kā sakrīt sektoru kontūras, tad sakrīt arī paši sektori. Tātad tie ir vienādi.

790. Kādu daļu no visas riņķa līnijas aizņem loks, kura leņķiskais lielums ir a)900, b)600, c)300, d)1200, e)270, f)1500, g)1350 ?


800. Cik liels ir centra leņķis, kas balstās uz loku, kurš aizņem a) visas riņķa līnijas, b) visas riņķa līnijas, c) visas riņķa līnijas , d) 0,3 visas riņķa līnijas, e) 0,75 visas riņķa līnijas ?
a) 3600=720, b) 2400, c) 450, d) 1080, e) 2700.

810. Divi punkti sadala riņķa līniju lokos, kuru leņķiskie lielumi attiecas kā a)1:3, b)2:3, c)3:7. Kādi ir šo loku leņķiskie lielumi ?
a) 4 vienībām (1+3) atbilst 3600, tāpēc 1 vienībai atbilst 900. Tāpēc loku leņķiskie lielumi ir 900 un 2700.
b) 1 vienībai atbilst 3600:5=720, tāpēc loku leņķiskie lielumi ir 2720=1440 un 3720=2160.
c) 1 vienībai atbilst 3600:10=36 , tāpēc loku leņķiskie lielumi ir 3360=1080 un 7360=2520.
Centra leņķu lielumi visos gadījumos vienādi ar atbilstošo loku leņķiskajiem lielumiem.

82. Divi punkti sadala riņķa līniju lokos, no kuriem viens a) 3 reizes lielāks par otru, b) par 480 mazāks nekā otrs. Aprēķini to centra leņķu lielumus, kas balstās uz šiem lokiem.
Loka leņķiskais lielums vienāds ar atbilstošā centra leņķa lielumu a) loku leņķiskie lielumi attiecas kā 3:1, tāpēc atbilstošie centra leņķi ir 2700 un 900.
b) (-480)+=3600 ; iegūstam, ka =2040 un atbilstošie centra leņķi ir 1560 un 2040.

83. Kā riņķa līniju var sadalīt
a) 5 vienādos lokos,
b) n vienādos lokos ?
Visu vienādo loku leņķisko lielumu summa ir 3600 , tāpēc viena loka leņķiskajam lielumam jābūt a) , b) .
Aprakstīsim, kā prasīto veikt, izmantojot transportieri, lineālu un cirkuli.
Vispirms uzzīmējam dotajai riņķa līnijai w koncentrisku, w1, kuras rādiuss vienāds ar transportiera skalas rādiusu. Uz šīs jaunās riņķa līnijas ar transportieri vienu aiz otra atliekam a) 5 lokus, katru 720 lielu, b) n lokus, katru lielu. Loku galapunkti A1,A2,...,An sadala jauno riņķa līniju a)5, b)n vienādos lokos. No centra uz dalījuma punktiem novelkam starus. Šie stari krusto arī sākotnējo riņķa līniju punktos B1,B2,...,Bn. Centra leņķi, kas atbilst uz jaunās riņķa līnijas atliktajiem vienādajiem lokiem, ir vienādi, tāpēc tiem atbilstošie loki un sākotnējās riņķa līnijas arī ir vienādi. Tātad staru krustpunkti ar sākotnējo riņķa līniju n sadala to a)5, b)n vienādos lokos, skat.61.zīm.

61.zīm.

84. Izdomā, kā riņķi var sadalīt 12 vienādos sektoros.
Ja visu sektoru loki vienādi, tad arī paši sektori vienādi (skat. 78.uzd. atrisinājumu). Tātad jāsadala riņķa līnija 12 vienādos lokos. To var izdarīt tā, kā aprakstīts 83.uzdevuma atrisinājumā. Tomēr pie šīs konkrētās n vērtības (n=12) iespējams iztikt arī bez transportiera.
Novelkam diametru AB.
Novelkam loku ar centru A, kura rādiuss vienāds ar riņķa līnijas rādiusu; tā krustpunktu ar riņķa līniju apzīmējam ar C. (skat. 62.zīm.) Tā kā AO=CO=AC, tad AOC ir vienādmalu, un AOC=600.
Novelkam AOC bisektrisi; apzīmējam tās krustpunktu ar riņķa līniju ar M. Tā kā AOM= MOC= AOC, tad AOM=300. Atliekot vienu pēc otra 12 centra leņķus, kas vienādi ar AOM, pilno leņķi ar virsotni O sadalām 12 vienādās daļās. Leņķu malas šķeļ uz riņķa līnijas 12 vienādus lokus un norobežo 12 vienādus sektorus.

62.zīm.

85.Riņķa līnijas centrs atrodas koordinātu sākumpunktā. Kāds ir tā loka lielums, kas atrodas II kvadrantā?
Katrs koordinātu kvadrants ir 900 liels leņķis. Tā kā riņķa līnijas centrs atrodas koordinātu sākumpunktā, tad II kvadrants kā centra leņķis atšķeļ no riņķa līnijas 900 lielu loku (skat.63.zīm.).

63.zīm.

860. Pierādi, ka centra leņķa bisektrise iet caur tā loka viduspunktu, uz kura šis leņķis balstās.
Centra leņķa bisektrise sadala to divos vienādos centra leņķos.

64.zīm.
Tāpēc AOC= COB (skat.64. zīm.). Izmantojam teorēmu: ja divi vienas un tās pašas riņķa līnijas centra leņķi ir vienādi, tad vienādi ir arī tiem atbilstošie loki, tātad AC=CB, un C ir loka AB viduspunkts.


870. Dots, ka 65.zīm. AB ir diametrs.

65.zīm.
a) 1=360. Cik ir ?
b) =1430. Cik ir 1?
a) BOC=1800 -1=1440 , tāpēc arī =1440 , bet
.
b) BOC balstās uz loku CnB, tāpēc BOC=1430. No blakusleņķa īpašībām 1=1800-BOC=1800-1430=370.

88*. Sastādi un atrisini uzdevumus, kas līdzīgi 82. uzdevumam.
Skat.82.uzdevumu un tā risinājumu.

890. AB un CD ir diametri, O - riņķa centrs.
a) =620 . Aprēķini, DOB.
b) =1600 . Aprēķini BOD, .
Skat.66.zīm.

66.zīm.
a) AOD=620, jo balstās uz loku AD.
AOD=COB - krustleņķi.
=620 , jo tam atbilst centra leņķis COB.
DOB=AOB-AOD=1800-620=1180.
=620+1800=2420.
b) BOD=1600, jo balstās uz loku BD.
AOC=BOD=1600 - krustleņķi.
=1600, jo tam atbilst centra leņķis AOC.
COB=1800-1600=200, tāpēc =200.
=200+1800=2000.

90. Uz riņķa līnijas, kuras centrs ir dots, atzīmēti tādi punkti X un Y, ka <1800. Kā ar lineāla palīdzību atlikt uz riņķa līnijas citu loku, kas vienāds ar XY ?
Velkam taisnes caur centru O un punktiem X un Y. Šo taišņu krustpunktus ar riņķa līniju apzīmējam ar X1 un Y1 (skat. 67. zīm.). Tad X1Y1=XY, jo to atbilstošie centra leņķi vienādi kā krustleņķi (XOY=X1OY1).

67.zīm.


910. AB ir diametrs, AD||OC (skat. 68. zīm.).

68.zīm.
a) A=500. Cik liels ir loks CB?
b) =2260. Cik liels ir A?
a) COB=A=500 - kāpšļu leņķi pie AD||OC, tāpēc atbilstošais loks =500.
b) =, tāpēc 2260=.
Lokam AB atbilstošais centra leņķis ir izstiepts leņķis, tāpēc =1800; =2260-1800=460.
COB=460, jo centra leņķis balstās uz loku CB.
A=COB=460 - kāpšļu leņķi pie AD||OC.

92. Dots: AB - diametrs, =1320, A=480 (skat. 68. zīm.)
Pierādīt: AD||OC.
Pierādījums. AOC=1320, jo balstās uz loku ADC.
COB=1800-AOC=1800-1320=480. Tā kā A un COB ir vienādi kāpšļu leņķi pie taisnēm AD un OC, tad AD||OC.

93*. Sastādi un atrisini abiem iepriekšējiem uzdevumiem līdzīgus uzdevumus, ja punkti D un C atrodas dažādās pusriņķa līnijās, kurās riņķa līniju sadala diametrs AB.
Skat. 69. zīm.

69.zīm.
Izmantojam 91. uzdevuma nosacījumus.
a) AOC=A=500 - iekšējie šķērsleņķi.
COB=1800-500=1300 - blakusleņķis.
=1300, jo tam atbilst centra leņķis COB.
b) =2260, tad =2260. Tā kā =1800, tad =460.
COB=460, jo balstās uz BC. AOC=1340- blakusleņķis ar COB.
A=AOC=1340 - iekšējie šķērsleņķi. Kā redzams, šie nosacījumi neder, jo A jābūt šauram.
Izmantojam 92. uzdevuma nosacījumus, vienīgi jāņem
1320+1800, jo C atrodas citā pusriņķī.
=3120 , tāpēc =3600-3120=480.
AOC==480. Tā kā A un AOC ir vienādi kā iekšējie
šķērsleņķi pie taisnēm AD, OC, tad AD||OC.

94. Dots: BC - diametrs, =650 (skat. 70. zīm.).
Aprēķināt: A.

70.zīm.
AOB=650 , jo balstās uz loku AB. COA ir vienādsānu ar virsotni O un sānu malām - rādiusiem. Tādēļ C=A. AOB ir COA ārējais leņķis, tāpēc 650=C+A=2A, un A=32,50.

95. Rādiuss OA veido ar hordu AB 520 lielu leņķi, bet ar hordu AC -620 lielu leņķi. Salīdzini to loku leņķiskos lielumus, kurus no riņķa līnijas "nogriež" hordas AB un AC (apskatām lokus, kas mazāki par pusriņķa līniju).

71.zīm.
Dots: OAB=520, OAC=620 (71.zīm.).
Jāsalīdzina: un .
Risinājums. AOC un AOB ir vienādsānu trijstūri ar virsotni O un sānu malām - rādiusiem. Tāpēc OAB=ABO un OCA=OAC. AOB=1800- 2520=760, bet AOC =1800 -2620=560. Šiem centra leņķiem atbilst loki AB un AC. Tāpēc =760 un =560.
Tātad .

96. MN ir diametrs (skat. 72. zīm.), O - centrs.
a) ON=BM. Aprēķini .
b) NM=18 cm, =1200. Aprēķini BM.
c) =600, BM=20 cm. Cik garš ir NM?

72.zīm.
a) ON=OB=OM - rādiusi.
Ja ON=BM, tad BOM ir vienādmalu un BOM=600. Tas balstās uz loku BM, tāpēc =600.
b) Ja =1200, tad =600, jo =1800. Tad vienādsānu trijstūra BOM (OB=OM - rādiusi) virsotnes leņķis BOM=600, tāpēc BOM - vienādmalu ar malām - rādiusiem. Tāpēc BM = OM =NM=9 cm.
c) BOM = 600, jo balstās uz loku BM. Tad vienādsānu trijstūra BOM (OM=OB - rādiusi) virsotnes leņķis ir 600, tāpēc BOM ir vienādmalu. Tad NM = NO+OM = 20M = 2BM = 220 = 40 (cm).

97. Skat. 73.zīm. O ir centrs, K - loka AB viduspunkts.
a) =900, OM = 2,1 cm. Cik garš ir AB ?
b) OAOB, AB=6 cm. Cik garš ir OM ?

73.zīm.
a) tā kā K ir AB viduspunkts, tad =450.
AOB =900, jo balstās uz loku AB. AOB ir vienādsānu taisnleņķa trijstūris (AO=BO - rādiusi). Tāpēc OAB=OBA=450. AOK balstās uz loku AK, tāpēc AOK =450. Līdzīgi, KOB=450. Tāpēc AMO un OMB ir vienādsānu, un AM=MO, OM=MB un AB=2OM=4,2cm.
b) AOB=900. AOB=450, jo K ir AB viduspunkts. AOK balstās uz AK, tāpēc AOK=450. Līdzīgi, KOB=450. AOB ir vienādsānu taisnleņķa trijstūris, tāpēc OAB=OBA=450. Tāpēc AMO un OMB ir vienādsānu trijstūri, AM=MO=MB. Tāpēc AM=AB=3cm un arī OM=3cm.

98. Uz riņķa līnijas ar centru O atzīmēti punkti A, B, C. Pie tam =540, =460. Aprēķini AOC. Aplūko visus iespējamos gadījumus.
Iespējami 2 gadījumi (skat. 74. zīm.).

74.zīm.
a) , tāpēc =540+460=1000. No loka leņķiskā lieluma definīcijas seko, ka AOC= =1000. Atvērtais
AOC=3600 - 1000 =2600.
b) , tāpēc =540-460=80. No loka leņķiskā lieluma definīcijas seko, ka AOC==80. Atvērtais
AOC=3600 - 80 =3520.

99. Punkti M, N un K atrodas uz riņķa līnijas ar centru A; MAN=450, NAK=640. Cik liels ir ? Aplūko visus iespējamos gadījumus.
Iespējami 2 gadījumi (skat. 75. zīm.).

75.zīm.
a) MAK= MAN+ NAK=450+640=1090; tas ir centra leņķis, kas balstās uz loku MNK. Tāpēc =1090. Savukārt atvērtais leņķis MAK=3600-1090=2510; tas balstās uz MnK, tāpēc =2510.
b) MAK=NAK - MAN=640 - 450=190; tas ir centra leņķis, kas balstās uz loku MK. Tāpēc =190. Atvērtais leņķis MAK=3600-190=3410; tas balstās uz MNK, tāpēc =3410.

100. Dots, ka AD, BM un CN ir diametri (skat. 76.zīm.).

76.zīm.
a) 1=2. Pierādi, ka .
b) . Pierādi, ka M ir ND viduspunkts.
Kādus līdzīgus apgalvojumus vēl var pierādīt?
a) BOC=2 - krustleņķi, tāpēc arī NM=CB un . 1=2, tāpēc AB=NM un . Tātad .
b) , tāpēc 1= 2. 1= MOD; 2= BOC - krustleņķi, tāpēc 2= MOD. Vienādiem centra leņķiem atbilst vienādi loki, tāpēc NM=MD, kas nozīmē, ka M ir loka ND viduspunkts.
Vēl var pierādīt, piemēram, a) gadījumā: , bet b) gadījumā: B ir AC viduspunkts, utt.

101. Dots: 1=2 (skat. 77.zīm.)
Pierādīt: ABC=DCB
Pierādījums:

77.zīm.
Vienādiem centra leņķiem atbilst vienādi loki, tāpēc AmB=DnC. tāpēc un arī ABC=DCB.

102. Dots: DnC = AmB (skat. 77.zīm. iepr. uzdevumā).
Pierādīt: AOC = DOB.
Pierādījums. Vienādiem lokiem atbilst vienādi centra leņķi, tāpēc 2=1. Tālāk, AOC = 1+BOC, DOB=2+BOC=1+BOC, tātad AOC = DOB.

103. Dots: OB ir AOC bisektrise; DAB=KCB (skat. 78.zīm.)
Pierādīt: 1=2
Pierādījums:

78.zīm.
OB - bisektrise, tāpēc AOB= BOC. Vienādiem centra leņķiem atbilst vienādi loki, tāpēc AB=BC. No dotā , tāpēc. No tā, ka , seko, ka un tātad DA=KC. Vienādiem lokiem atbilst vienādi centra leņķi, tāpēc 1=2.

104. Dots: 1=2, B - DAK viduspunkts (skat. 78.zīm.).
Pierādīt: OB ir AOC bisektrise.
Pierādījums. No tā, ka B ir DAK viduspunkts, seko, ka DAB=BCK. Vienādiem lokiem atbilst vienādi centra leņķi, tāpēc DOB=BOK. DOB=1+AOB, bet BOK=BOC+2. Tā kā 1=2, tad AOB=BOC, kas nozīmē, ka OB ir AOC bisektrise.

105. Dots, ka O ir abu riņķa līniju kopējais centrs un MD un NC iet caur O (skat. 79. zīm.).
      a) MON=470. Cik liels ir ?
      b) =500. Cik liels ir NOB ?

79.zīm.
      a) COD= MON=470 (krustleņķi).
      COD balstās uz loku CD, tāpēc =470.
      b) lokam CD atbilst centra leņķis COD. Tāpēc COD=500.
      NOB=1800-500=1300 (blakusleņķi).

      106. Kuram no 80. zīm. izdalītajiem lokiem ir pats lielākais leņķiskais lielums? Visu 3 riņķa līniju centri sakrīt.

      80.zīm.
      Loka leņķiskais lielums sakrīt ar atbilstošā centra leņķa lielumu. No lokiem DE, MN, CB vienīgi lokam DE atbilst plats centra leņķis DOE. Tāpēc ir vislielākais. Lokiem MN un CB atbilst vienādi centra leņķi. Tāpēc .

      107*. Leņķis pie vienādsānu trijstūra ABC pamata AC ir 380. Cik liels ir riņķa līnijas R.l.(B; AB) loks, kas atrodas trijstūra iekšpusē?

      81.zīm.
      Pieņemsim vispirms, ka esam jau pierādījuši: R.l.(B;AB) nav kopīgu punktu ar pamatu AC (Skat. 81. zīm.).
      Vienādsānu trijstūrī leņķi pie pamata ir vienādi, tāpēc A=C=380, bet B=1800-2380=1040. B ir centra leņķis, kas balstās uz prasīto loku m. Tāpēc =1040.
      Vēl jāpamato sākumā minētais apgalvojums. Pietiek pierādīt, ka B attālums līdz taisnei AC ir lielāks par AB. Šo faktu varētu pierādīt dažās rindiņās, ja mēs jau pazītu jēdzienus par šaura leņķa sinusu un kosinusu (tos mācīsimies vēlāk). Tagad pierādījums iznāks garš.
      Apzīmēsim ar T malas AC viduspunktu. Tad BT kā vienādsānu trijstūra pamata mediāna ir arī bisektrise un augstums (skat. 82.zīm.).

      82.zīm. 83.zīm.
      Novelkam staru Am tā, ka mAT=300; Am iet leņķa BAT iekšpusē. Atliekam uz stara tādu punktu D, ka AD=AB. Uz perpendikula no D pret taisni AT atliekam tādu punktu E, ka E attālums līdz taisnei AT vienāds ar D attālumu līdz taisnei AT.
      No taisnleņķa trijstūru AVD un AVE vienādības (kk) seko, ka AD=AE un VAE=VAD=300. Tā kā vienādsānu trijstūrī DAE virsotnes leņķis A ir 600, tad šis trijstūris ir vienādmalu. Tāpēc DE=DA un DV=.
      Ja pamatosim, ka punkts B ir vismaz tikpat tālu no taisnes AT kā punkts D, vajadzīgais būs pierādīts.
      Pieņemsim, ka tā nav: pieņemsim, ka D ir tālāk no taisnes AT nekā B. Novelkam caur B taisni t, kas paralēla AT. Tad D un AT atrodas taisnes t dažādās pusēs, tāpēc t krusto nogriezni AD kādā punktā Z (83.zīm.). Tā kā TBZ=900, tad ABZ - plats; tāpēc AZ>AB (trijstūrī ABZ pret plato leņķi atrodas garākā mala). Bet AZ<AD un AD=AB, tāpēc AZ<AB. Iegūta pretruna. Tātad mūsu pasvītrotais pieņēmums ir nepareizs. Līdz ar to viss vajadzīgais pierādīts.

      108. Vienādmalu trijstūra malas garums ir a. Novilktas 3 riņķa līnijas, kuru centri ir trijstūra virsotnēs un rādiusu garumi ir (skat. 84.a) zīm.), bet pēc tam - trīs riņķa līnijas ar tiem pašiem centriem, bet rādiusu garumu a (skat. 84.b) zīm.). Vai taisnība, ka

      84.zīm.
      Trijstūrī ABC A=B=C=600, jo ABC - vienādmalu. Šie leņķi ir centra leņķi. To atbilstošie loki ir MN, NK un MK (skat. 84.a) zīm.). Tāpēc =600+600+600=1800. AB atbilst centra leņķim C (skat.84.b) zīm.). Tāpēc =600. BC atbilst leņķim A; =600. CA atbilst leņķim B; =600. Tāpēc =1800, un abas summas ir
      vienādas.

      109. a)Dots: O ir abu riņķa līniju kopējais centrs, CD=AB.
      Pierādīt: M= N (skat. 85.zīm.).
      b)Dots: O ir abu riņķa līniju kopējais centrs, ND=MB.
      Pierādīt: AB=CD (85.zīm.)

      85.zīm.

      a) Ja CD=AB, tad DOC= BOM. Tāpēc ODN=OBM
      (pazīme "mala-leņķis-mala": DOC= BOM; OD=OB - mazās riņķa līnijas rādiusi, ON=OM - lielās riņķa līnijas rādiusi). Tāpēc M= N, jo atrodas vienādos trijstūros pret vienādām malām.
      b) ODN=OBM (pazīme "mala-mala-mala": ND=MB - dots, OD=OB - mazās r.l. rādiusi, ON=OM - lielās r.l. rādiusi). Tāpēc MOB=NOD. Šiem centra leņķiem atbilstošie loki AB un CD arī ir vienādi.

      110. a) Riņķa līnijas ar centriem O un O1 ārēji pieskaras punktā A; OB||O1C (skat. 86.zīm.). Pierādi, ka .
      b) Kādu apgalvojumu par AB un AC var pierādīt, ja 86.zīmējumu
      izmaina tā, ka B un C atrodas vienā pusē no taisnes OO1, bet citi
      a)punkta nosacījumi paliek spēkā?

      86.zīm. 87.zīm.

      Kā zināms, (skat. mācību grāmatā 3.tematu), centri un pieskaršanās punkts atrodas uz vienas taisnes.
      a) AOB=AO1C - iekšējie šķērsleņķi pie OB||O1C. Tiem kā centra leņķiem atbilstošie loki arī ir vienādi: AB=AC. Tāpēc .
      b) Skat. 87.zīm.: AOB+AO C=1800 - iekšējie vienpusleņķi pie OB||O1C. Tāpēc tiem atbilstošajiem lokiem izpildās: =1800.

      111. Pierādi: ja loka leņķiskais lielums ir 1800, tad horda, kas savieno tā galapunktus, ir diametrs.
      Pieņemsim, ka šī horda AB nav diametrs. Tad punkti A, B un riņķa centrs O ir trijstūra virsotnes, jo O nepieder taisnei AB (skat. 88. zīm.).

      88.zīm.
      Tā kā AOB visi leņķi mazāki par 1800, tad arī AOB<1800; tāpēc <1800, bet >1800. Iegūta pretruna ar uzdevumā doto, ka =1800. Tātad pieņēmums nepareizs, un AB ir diametrs.

      112. Dots:R.l.(0;r), AB=MN (skat. 89.zīm.).
      Pierādīt: AOB=MON.
      Pacenties atrisināt uzdevumu divos dažādos veidos.

      89.zīm.
      1.veids.
      AOB=MON ("mala-leņķis-mala"), jo AO=BO=NO=MO - rādiusi, bet AOB=NOM, jo balstās uz vienādiem lokiem.
      2.veids.
      AOB=MON ("mala-mala-mala"), jo AO=BO=NO=MO - rādiusi, bet AB=NM.Tiešām, vienādos lokus AB un NM var savietot, bet tad sakrīt un tātad ir vienādas arī hordas AB un NM.

      113. Uz riņķa līnijas doti punkti A un B; CD ir tās diametrs, D ir ADB viduspunkts. Pierādīt, ka C ir ACB viduspunkts (skat. 90.zīm.).

90.zīm.

      AD=DB, jo D ir ADB viduspunkts. CAD=CBD, jo CD kā diametrs iet caur centru, tātad abu loku atbilstošie centra leņķi ir vienādi - pa 1800. Tātad . Tas nozīmē, ka C ir loka ACB viduspunkts.

      114.Dots: AB - riņķa diametrs, O - tā centrs, C - hordas MN viduspunkts (skat. 91. zīm.).
      Pierādīt: AM=AN.
      Norāde: novelc OM un ON.
      *Pacenties atrast vairākus atrisinājumus.
      Skat. 92.zīm.

      91.zīm. 92.zīm.
      1.veids.
      MON ir vienādsānu (OM=ON - rādiusi), tāpēc mediāna OC ir arī augstums un bisektrise. Tātad MOC=CON. Šie centra leņķi balstās uz vienādiem lokiem: MB=BN. AMB=ANB, jo uz tiem balstās 1800 lieli leņķi.
      .
      Tāpēc AOM=AON. MOA=NOA ("mala-leņķis-mala"). Tāpēc AM=AN.
      2.veids.
      MON ir vienādsānu, tāpēc mediāna OC ir arī bisektrise un augstums. Tāpēc OMC=ONC un OCM=OCN=900. Tad AOM=OMC+OCM=ONC+OCN=AON - trijstūru ārējie leņķi. AOM=AON ("mala-leņķis-mala"), tādēļ AM=AN.
      Ir arī citi atrisināšanas paņēmieni.

      115. Horda AB savelk 1200 lielu loku, bet horda CD - 2400 lielu loku. Vai AB=CD?
      Katra horda savelk divus lokus, kuru lielumu summa ir 3600: vienu - lielāku (vai vienādu) par 1800, otru - mazāku (vai vienādu) par 1800. Tāpēc var teikt, ka horda CD savelk arī 3600-2400=1200 lielu loku. Ja hordas AB un CD novilktas vienā riņķī vai divos vienādos, tad no VHL teorēmas seko, ka AB=CD (vienādiem lokiem atbilst vienādas hordas). Ja dotās hordas ir novilktas divos dažādos riņķos, tad ABCD.

      116. Riņķa līnija sadalīta četrās vienādās daļās - lokos. Dalījuma punkti pēc kārtas savienoti. Iegūtā četrstūra perimetrs ir 12,4cm.
      a) aprēķini četrstūra katras malas garumu,
      b) pierādi, ka četrstūra diagonāles ir vienādas.

      Skat.93.zīm.

      93.zīm.
      a) vienādiem lokiem atbilstošās savelkošās hordas ir vienādas, tāpēc AB=BC=CD=AD=1/4Per(ABCD)=1/412,4=3,1(cm).
      b) AC=AB+BC=2AB; tātad, AC=BD. Vienādiem lokiem atbilst vienādas hordas (VHL teorēma), tāpēc AC=BD.

      117. Piecstūra virsotnes atrodas uz riņķa līnijas; tā malu savilktie loki ir vienādi. Viena no piecstūra diagonālēm ir 24 cm. Aprēķini visu diagonāļu garumu summu.

      94.zīm.
      Katra diagonāle savelk loku, kura lielums vienāds ar divu mazo loku m lielumu summu (Skat. 94.zīm.). Vienādus lokus savelk vienādas hordas, tāpēc visas piecas diagonāles ir vienādas. Visu diagonāļu garumu summa ir 245=120(cm).

      118. Dažādās pusēs no diametra AC uz riņķa līnijas atlikti vienādi loki AB un AD.
      a) Aprēķini Per (ABCD), ja AB=4cm un CD=7,3cm.
      b) Cik liels ir leņķis starp ABCD diagonālēm?
      Skat.95.zīm.

      95.zīm.

      a) AB=AD=4cm (vienādiem lokiem atbilst vienādas hordas).
      ABC=ADC, jo tos savelk viena un tā pati horda - diametrs.
      , tāpēc BC=CD=7,3cm.
      Per(ABCD)=24+27,3=22,6(cm).
      b) AC ir diametrs, kas iet caur loka BAD viduspunktu A. No DPH teorēmas ACBD, un leņķis starp diagonālēm ir 900.

      119. Dots, ka AC ir diametrs. Vienādi loki AB un CD atrodas dažādās pusēs no tā.
      Aprēķini: a) Per(ABCD), ja AB=2,1cm un AD=3,5cm,
      b)* .
      Skat. 96.zīm.

      96.zīm.
      a) ABC=ADC, jo abus lokus savelk diametrs. Tāpēc BC=AD. Vienādus lokus savelk vienādas hordas, tāpēc CD=AB=2,1cm, bet BC=AD=3,5cm. Tāpēc Per(ABCD)=11,2cm.
      b) ; loku AC savelk diametrs. Tāpēc =1800.
-
      120. Vienā pusē no riņķa diametra AD novilktas hordas AB un DC, kuru garumi vienādi ar rādiusu. Aprēķini a) , b)CB, ja riņķa diametrs ir 0,8cm.

      97.zīm.
      OAB=ODC (skat. 97.zīm.) - vienādmalu trijstūri, kuriem visas malas vienādas ar rādiusu.
      AOD=1800, tāpēc BOC=1800- AOB- DOC=1800-600-600=600.
      a) = BOC=600.
      b) BOC - arī vienādmalu trijstūris (OB=OC - rādiusi, BOC=600). Tāpēc BC=OA=1/2AD=0,4cm.

      121. Sešstūra perimetrs ir 7,2cm. Tā virsotnes dala riņķa līniju sešos vienādos lokos. Kāds ir riņķa līnijas diametrs?

      98.zīm.
      Vienādus lokus savelk vienādas hordas, tāpēc visas sešstūra malas (hordas) ir vienādas. Aplūkosim patvaļīgu malu AB (skat. 98.zīm.):
      AB=Per(ABCDEF)=7,2=1,2(cm).
      Tā kā 3600=600, tad AOB=600. AOB ir vienādmalu (AO=BO - rādiusi un AOB=600), tāpēc rādiuss OA=AB=1,2cm, bet diametrs ir 2,4cm.

      122. Riņķī ar dotu centru novilkta horda. Kā, izmantojot tikai lineālu, uzzīmēt otru hordu, kas vienāda ar doto?

99.zīm.
      Dots: Riņķis ar centru O; horda AB.
      Jākonstruē: A1B1=AB.
      Konstrukcija.
      Pieņemam vispirms, ka AB nav diametrs (skat. 99.zīm.). Caur A un O velkam taisni, līdz tā krusto riņķa līniju citā punktā A1. Caur B un O velkam taisni, līdz tā krusto riņķa līniju citā punktā B1. A1B1 - meklētā horda, jo tā un dotā horda savelk vienādus lokus AB=A1B1 (AOB=A1OB1 - krustleņķi).
      Ja dotā horda ir diametrs, novelkam jebkuru citu diametru caur doto centru.

      123. Riņķa līnijas centrs nav dots; uz tās atlikts loks AB un punkts C. Izmantojot tikai cirkuli, atlikt loku, kas vienāds ar AB un kam viens galapunkts ir C.

      100.zīm.
      Dots: loks AB, punkts C (Skat. 100. zīm.).
      Jākonstruē: CD=AB.
      Konstrukcija.
      Vispirms pieņemam, ka AB nav diametrs. Ņemam cirkuļa atplētumu AB un ar centru punktā C velkam loku, kas krusto doto riņķa līniju (100. a) zīm.). Krustpunkti der par loka galapunktu D (vienādām hordām AB=CD atbilst vienādi loki: CD=AB).
      Ja AB ir diametrs, tad šādā veidā krustpunktu D neiegūsim. Ņemam cirkuļa atplētumu BC un ar centru punktā A velkam loku (sk. 100. b) zīm.). Tā krustpunkts ar AB (ne ar ACB) der par meklēto punktu D: .

      124. Neviena no divām hordām nav diametrs; to viduspunkti atrodas uz viena diametra. Pierādi, ka hordas ir paralēlas.
      Dots: AB, CD - hordas (Skat. 101. zīm.); AE=EB; CF=FD; MN -diametrs.
      Jāpierāda: AB||CD.

101.zīm.
      Pierādījums. No DPH teorēmas (ja diametrs dala uz pusēm hordu, kas pati nav diametrs, tad tas ir perpendikulārs hordai) seko, ka MNAB un MNCD. MEB= EFD=900 - kāpšļu leņķi pie taisnēm AB un CD, tāpēc AB||CD.

      125. Punkts A ir loka KL viduspunkts, bet diametri AB un CD ir savstarpēji perpendikulāri. Kāds ir a) KL un AB, b) KL un CD savstarpējais novietojums ?

102.zīm.
      Dots: ABCD - diametri (Skat. 102.zīm.); KA=AL.
      a) no DPH teorēmas (ja diametrs iet caur loka viduspunktu, tad tas ir perpendikulārs hordai, kas savelk šo loku) seko, ka ABKL.
      b) no a) seko, ka AML=900. AML un AOD ir kāpšļu leņķi pie taisnēm KL un CD, tāpēc KL||CD.

      126. Pierādi, ka vienas un tās pašas riņķa līnijas horda un pieskare ir savstarpēji paralēlas, ja
      a) pieskaršanās punkts ir tā rādiusa galapunkts, kas iet caur
      hordas viduspunktu (horda nav diametrs);
      b) pieskaršanās punkts ir hordas savilktā loka viduspunkts.
      Skat. 103.zīm.

      103. zīm.
      a) no DPH teorēmas seko, ka MOAB (Skat.103.a. zīm.). No pieskares īpašības tMO. No taišņu paralelitātes pazīmes seko, ka t||AB.
      b) no DPH teorēmas seko, ka MOAB (Skat.103.b. zīm.). No pieskaru īpašības tMO. No taišņu paralelitātes pazīmes seko, ka t||AB.

      127. Riņķī novilktas divas savstarpēji perpendikulāras hordas, kas nav diametri. Pierādi, ka
      a) diametrs, kas paralēls vienai hordai, dala uz pusēm lokus, ko savelk otra horda,
          b) diametrs, kas iet caur vienas hordas viduspunktu, paralēls otrai hordai.
      Skat. 104.zīm.

      104. zīm.
      a) Dots: hordas ABCD; diametrs MN||AB (Skat. 104.zīm.)
      Jāpierāda: CBN=ND; CAM=MD.
      Pierādījums. No kāpšļu leņķu vienādības seko, ka CDMN. No
      DPH teorēmas seko, ka CBN=ND un CAM=MD.
      b) Dots: hordas ABCD; MN - diametrs; CK=KD.
      Jāpierāda: MN||AB.
      Pierādījums. No DPH teorēmas seko, ka MNCD. No taišņu
      paralelitātes pazīmes MN||AB.

      128. Riņķa diametri MN un KL ir savstarpēji perpendikulāri, horda AB paralēla MN. Uzraksti iespējami daudz secinājumu, kas izriet no šiem nosacījumiem.
      Skat. 105. zīm.

      105.zīm.
      ABKL; AC=CB; AK=KB; AML=BNL; ;...

      129. Riņķī novilktas trīs paralēlas hordas. Pierādi, ka to viduspunkti atrodas uz vienas taisnes. Vai šāds apgalvojums pareizs arī 5 paralēlām hordām ? Bet visām hordām, kas paralēlas vienam un tam pašam diametram ?
      Skat. 106.zīm.

      106.zīm.
      Dots: AB||CD||EF - hordas; AK=KB, CL=LD, EM=MF (Skat.106.zīm.).
      Jāpierāda: K, L, M atrodas uz vienas taisnes.
      Pierādījums. Caur punktu K velkam diametru GH. No DPH teorēmas seko, ka ABGH. Tad no hordu paralelitātes seko, ka GHCD
      un GHEF. Atkal pielietojot DPH teorēmu, iegūstam, ka GH dala
      hordas CD un EF uz pusēm. Tāpēc arī LGH un MGH. Ja t - taisne, kas ir GH pagarinājums, tad K, L, Mt. Skaidrs, ka spriedums nemainīsies patvaļīgam skaitam paralēlu hordu (arī piecām). Nosacījumi "paralēlas hordas" un "hordas, kas perpendikulāras vienam un tam pašam diametram" izsaka vienu un to pašu.

      130. Vai divām hordām, kas neiet caur centru, var būt kopīgs
          viduspunkts ?
      Nē, nevar būt. Ja divām hordām ir kopīgs viduspunkts, tās krustojas. No DPH teorēmas caur katras hordas viduspunktu jāiet diametram, kas ir šai hordai perpendikulārs. Hordas nav paralēlas (jo tās krustojas). Tāpēc katrai hordai atbilst savs diametrs. Tas nav iespējams, jo caur 2 dažādiem punktiem (krustpunktu un centru) var novilkt tikai vienu diametru.

      131. Riņķī ar centru O atzīmēts punkts A. Novelc hordu, kas punktā A dalās uz pusēm. Cik tādu hordu var novilkt ?
      Skat. 107.zīm.

      107.zīm.
      a) A atrodas riņķa iekšpusē un nesakrīt ar O. Velkam staru OA. Velkam BCOA. No DPH teorēmas BA=AC. Caur punktu A var novilkt tikai vienu taisni, kas perpendikulāra OA, tāpēc var novilkt tikai 1 hordu ar prasīto īpašību.
      b) A atrodas uz riņķa līnijas, tāpēc tas var būt tikai hordas galapunkts, nevis viduspunkts. Tāpēc nevar novilkt nevienu hordu.
      c) A sakrīt ar centru O. Var novilkt bezgalīgi daudzus diametrus caur A. Centrs dala katru diametru uz pusēm.

      132. Riņķī novilkta horda, kas savelk 900 lielu loku. Attālums no centra līdz hordai ir a) 1,6 cm, b) 8,6 dm, c) d. Cik gara ir horda ?
      Skat. 108. zīm.

      108.zīm.
      AOB=900 un OMAB. No DPH teorēmas AM=MB un AN=NB. Tāpēc AOM=MOB=1/2900=450. AOB ir vienādsānu (OA=OB -
      rādiusi), tāpēc OAB=OBA=450. AMO un OMB - vienādsānu, tāpēc
      AM=MB=MO un AB=2|OM`.
      a) AB=3,2 cm, b) AB=17,2 dm, c) AB=2d.

      133. Hordas, kura savelk 900 lielu loku, garums ir a) 1,6 cm, b) 8,6 dm, c) d. Aprēķini attālumu no centra līdz hordai.
      Skat. 109.zīm.

      109. zīm.
      No dotā =900 (Skat. 109. zīm.), tāpēc AOB=900. AOB -vienādsānu, jo OA=OB - rādiusi, tāpēc OAB= OBA=450. Vienādsānu
      trijstūrī AOB augstums OM ir arī bisektrise. Tāpēc AOM= MOB=450.
      Tātad AMO un OMB ir vienādsānu; tāpēc AM=OM=MB un OM=1/2AB. Bet OM ir O attālums līdz hordai AB, tāpēc a)OM=1/21,6=0,8 cm, b) OM=4,3 dm, c) OM=1/2d.

      134*. Attālums no riņķa centra līdz hordai vienāds ar pusi no hordas garuma. Kāds ir hordas savilktā loka leņķiskais lielums ?
      Skat. 110.zīm.

      110. zīm.
      Dots: AB - horda; OM - attālums no O līdz AB; OM=1/2AB.
      Jāaprēķina: .
      Risinājums. OMAB, tad no DPH teorēmas seko, ka AM=MB. No
      dotā OM=1/2AB, tātad OM=AM=MB. Tātad AMO un OMB - vienādsānu, tāpēc A=AOM=MOB=B=450 un AOB=900. Lokam AB atbilst centra leņķis AOB, tāpēc =900.

      135. Horda DC un diametrs AB krustojas punktā L, OMDC (Skat. 111. zīm.). Aprēķini KL, ja a) DL=2, LC=6,
      b)* DL=a, LC=b.

111. zīm.
      Tā kā MODC, tad no DPH teorēmas seko, ka DK=KC=1/2DC=1/2(DL+LC). Ievērojam, ka KL=DK-DL.
      a) DK=1/2(2+6)=4; KL=4-2=2
      b) DK=1/2(a+b); KL=1/2(a+b)-a=1/2(b-a).
      136. Horda krusto diametru 450 leņķī un krustpunktā sadalās 1cm un 5cm garos nogriežņos. Aprēķini tās attālumu līdz riņķa centram.
      Dots: diametrs MN; AKM=450;
      AK=1 cm; KB=5 cm;
      OLAB (Skat. 112. zīm.).
      Jāaprēķina: OL.
      Risinājums.
      Skat. 112.zīm.

      112.zīm.
      No DPH teorēmas AL=LB=1/2AB=1/2(AK+KB)=1/26=3 (cm);
      KL=AL-AK=3-1=2 (cm).
      KLO ir vienādsānu taisnleņķa trijstūris, jo OKL=AKM=450 (krustleņķi), KLO=900 no dotā. Tāpēc OL=KL=2 cm.

      137. OK=3 cm, CLB=450. Aprēķini DL, ja
      a) DC=10 cm, b) LC=7,5 cm (skat. 111. zīm.)
      a) No DPH teorēmas (jo OMDC) seko, ka DK=KC=1/2DC=5 cm. LKO - vienādsānu taisnleņķa trijstūris, jo CLB=450, tāpēc LK=OK=3 cm. Tad DL=DK-LK=5-3=2 (cm).
      b) LKO - vienādsānu taisnleņķa trijstūris, jo CLB=450, tāpēc LK=OK=3 cm. KC=LC-LK=7,5-3=4,5 (cm). No DPH teorēmas
      DK=KC=4,5 cm. Tāpēc DL=DK-LK=4,5-3=1,5 (cm).

      138. Divām riņķa līnijām ir kopējs centrs. Lielākās riņķa līnijas horda pieskaras mazākajai. Pierādi, ka šī horda pieskaršanās punktā dalās uz pusēm.
      Novelkam staru OM (Skat. 113. zīm.).

      113.zīm.
      No pieskares īpašības seko, ka ABMO. No DPH teorēmas AM=MB.

      139. Divām riņķa līnijām ir kopējs centrs. Lielākās riņķa līnijas horda pieskaras mazākajai riņķa līnijai un ir 2 reizes garāka par mazākās riņķa līnijas rādiusu. Atrodi to lielās riņķa līnijas loku leņķiskos lielumus, kurus savelk šī horda.

      Dots: AB - pieskare; AB=2OM (Skat.113.zīm.).
      Jāaprēķina: .
      Risinājums. No pieskares īpašības OMAB. No DPH teorēmas AM=MB. Tātad AM=1/2AB, tāpēc MAO=AOM=MOB=MBO=450, AOB=AOM+MOB=900. No tā seko, ka =900, bet
      =3600-900=2700.

      140. Izmantojot DPH teorēmu, pierādi a) PH teorēmu, b) teorēmu par
      to loku vienādību, kas atrodas starp pieskari un tai paralēlu hordu.
      a) Dots: AB||CD - hordas (Skat. 114.zīm.)
      Jāpierāda: AC=BD.
      Pierādījums.

      114.zīm.
      Velkam rādiusu OM perpendikulāri abām hordām. No DPH teorēmas
      seko, ka AM=MB; CM=MD. Tad ; tāpēc AC=BD.
      b) Dots: Mt - pieskaršanās punkts; AB||t (skat. 115.zīm.).
      Jāpierāda: AM=MB.

      115.zīm.
      Pierādījums. Velkam diametru MDt. Tā kā t||AB, tad MDAB . No DPH teorēmas seko, ka AM=MB.

      141. Taisne krusto divas riņķa līnijas ar kopīgu centru. Pierādi, ka sekantes nogriežņi, kas atrodas starp riņķa līnijām, a) ir vienādi, b) redzami vienādos leņķos no kopējā centra, ja sekante neiet caur šo centru.
      Skat.116.zīm.

      116. zīm.
      Velkam MOAB (Skat. 116. zīm.).
      a) no DPH teorēmas seko, ka AN=NB un CN=ND. Tāpēc arī
      AC=AN-CN=NB-ND=DB.
      b) AOC=BOD ('mala - mala - mala", jo OC=OD - mazās r. l. rādiusi, AO=BO - lielās r. l. rādiusi, AC=BD - no a) ). Tāpēc AOC= BOD.

      142. Viena no divām paralēlām hordām savelk 1200 lielu loku, otra-200 lielu loku. Aprēķini to loku leņķiskos lielumus, kas atrodas starp šīm hordām. Apskati visus iespējamos gadījumus.
      Ir 2 gadījumi atkarībā no tā, vai centrs atrodas starp hordām vai nē (Skat. 117. zīm.).

      117. zīm.
      No PH teorēmas seko, ka AC=BD.
      a) =1200, =200 - no dotā.
      =1/2(1200-200)=500.
      b) =1200, =200 - no dotā.
      =1/2(3600-200-1200)=1100 .

      143. Riņķa līnijā novilktas divas paralēlas hordas. Viena no tām vienāda ar rādiusu, otra savelk 900 lielu loku. Kādā leņķī no centra redzami nogriežņi, kas savieno abu hordu galapunktus? Apskati visus iespējamos gadījumus.
      Ir 2 gadījumi (Skat. 118. zīm.).

      118. zīm.
      AOB ir vienādmalu, jo AB=OA=OB - rādiusi. Tāpēc AOB=600.
      No PH teorēmas AC=BD un AC=BD. AOC=BOD ("mala - mala -
      mala"), tāpēc AOC= BOD.
      a) AOC=1/2(COD-AOB)=1/2(900-600)=150; AOD=600+150=750
        b)AOC=1/2(3600-AOB-COD)=1/2(3600-900-600)=1050, BOC=600+1050=1650

      144. Divas paralēlas hordas katra savelk 1200 lielu loku. Riņķa līnijas rādiuss ir 0,5 cm. Cik garas ir hordas, kas savelk lokus, kuri atrodas starp paralēlajām hordām ?
      Skat.119.zīm.

      119. zīm.
      Dots: AB||CD; =1200; OA=0,5 cm (Skat. 119. zīm.).
      Jāaprēķina: AC, BD.
      Risinājums. No PH teorēmas seko, ka AC=BD un tāpēc AC=BD.
      AOC= BOD=1800-1200=600. AOC ir vienādsānu ar virsotnes leņķi 600, (OA=OC - rādiusi), tāpēc tas ir arī vienādmalu. Tāpēc AC=OA=0,5cm; līdzīgi BD=0,5 cm.

      145. Dots: AB=CD, AB||CD (Skat. 120. zīm.)
      Aprēķināt:
      Pierādīt: OAC.

      Risinājums.

120.zīm.
      No PH teorēmas seko, ka AD=BC. No dotā seko, ka AB=DC. Tāpēc . Šie abi loki kopā veido visu riņķa līniju, tāpēc =1/23600=1800. Līdzīgi . Šie abi loki kopā veido visu riņķa līniju, tāpēc =1800. Tas nozīmē, ka horda AC savelk 1800 lielus lokus; tātad tā ir diametrs un OAC.

      146. Riņķī novilkts diametrs un tam paralēla horda, kas savelk 600 loku. Hordas un diametra galapunkti savienoti ar nogriežņiem tādā kārtībā, kādā tie atrodas uz riņķa līnijas. Aprēķini iegūtā četrstūra perimetru, ja rādiuss ir 0,2 dm.
      Dots: AB||CD; CD - diametrs; AB=600; OC=0,2 dm (Skat. 121.zīm.).
      Jāaprēķina: Per(ABCD).
      Risinājums.

      121.zīm.
      No PH teorēmas seko, ka AC=BD. Tālāk, =1800, jo CD - diametrs. =1/2(1800- 600)=600, tāpēc COA= BOD=600; no dotā arī AOB=600. Tātad COA=AOB=BOD - vienādsānu trijstūri, kuriem virsotnes leņķis ir 600 (OC=OA=OB=OD - rādiusi). Tāpēc tie ir arī vienādmalu trijstūri, un OC=CA=AB=BD=OD=0,2dm. Tātad Per(ABCD)=CA+AB+BD+DO+OC=50,2=1 (dm).

      147. Dots: R.l. (O;R), AB||CD, OAE, OCD (Skat. 122. zīm.).
      Pierādīt: BD=DE.
      Pierādījums.

      122. zīm.
      No PH teorēmas seko, ka AC=BD. Tā kā AOC=DOE
      (krustleņķi), tad AC=DE. Tātad BD=DE. Vienādiem lokiem atbilst
      vienādas hordas, tātad BD=DE.

      148. Divas riņķa līnijas krustojas punktos A un B (Skat. 123. zīm.).
      Caur krustpunktiem novilktas paralēlas sekantes, kas krusto riņķa līnijas punktos M un N, K un L. Pierādi, ka MK=NL.

      123. zīm.
      Tā kā MN||KL, varam izmantot PH teorēmu: MK=AB mazajā riņķī, AB=NL lielajā riņķī. Vienādiem lokiem vienā riņķī atbilst vienādas hordas, tāpēc MK=AB un AB=NL; tādējādi MK=NL.

      149. Dots: AB||NC||MD||FE, MN||AF, CD||BE (Skat. 124. zīm.).
      Pierādīt: AE=BF=ND=MC.
      Pierādījums.
      Skat. 124.zīm.

      124. zīm.
      No DPH teorēmas seko, ka AN=BC (AB||NC); BC=DE (CD||BE); DE=MF (MD||FE); MF=AN (NM||AF).
      Tātad, AN=BC=DE=MF.
      No PH teorēmas seko arī, ka NM=CD (NC||MD).
      Tad
      Redzam, ka ABE=BAF=NBD=MAC, tāpēc arī tos savelkošās hordas ir vienādas: AE=BF=ND=MC.

      150. Sešstūra ABCDEF virsotnes atrodas uz riņķa līnijas. Zināms, ka AB=DE un BC=EF, AB||DE un BC||EF. Pierādi, ka CD=AF.
      Skat. 125. zīm.

      125. zīm.
      No PH teorēmas seko, ka AFE=BCD (AB||DE). Tālāk, FE=BC, jo FE=BC. No pierādītā , tāpēc . Vienādiem lokiem atbilst vienādas hordas, tātad AF=CD.
      Kā redzams, nosacījumi AB=DE un BC||EF nemaz netika izmantoti.

      151. Hordas BC un AD (Skat. 126.zīm.) ir paralēlas, OM un ON ir attālumi no centra O līdz hordām BA un DC.Aprēķini
      a) AB, ja ND=2,7mm
      b) OM, ja ON=4,5mm.

126.zīm.
      No PH teorēmas AB=CD, tātad AB=CD.
      a) no DPH teorēmas CN=ND, tāpēc CD=2ND=5,4mm
      un AB=CD=5,4mm
      b) no VHA teorēmas OM=ON=4,5mm (attālumi no centra līdz
      vienādām hordām AB un CD).

      152. Pierādi, ka hordas, kas atrodas vienādos attālumos no riņķa centra, redzamas no centra vienādos leņķos.
      No VHA teorēmas seko, ka atbilstošās hordas ir vienādas. To savilktie loki, kuru lielumi nepārsniedz 1800, arī ir vienādi, bet vienādiem lokiem atbilst vienādi centra leņķi.

      153. Divas paralēlas hordas savelk vienādus lokus. Attālums no centra līdz vienai hordai ir a) 3cm, b) d . Kāds ir attālums starp šo hordu viduspunktiem?
      Skat. 127.zīm.

127.zīm.
      AB=CD (Skat.127.zīm.), tāpēc AB=CD. Attālumi no centra līdz hordām ir OM un ON. No VHA teorēmas OM=ON. No DPH teorēmas seko, ka AM=MB un CN=ND, t.i., M un N ir attiecīgi AB un CD viduspunkti. Tā kā AB||CD, tad M, O, N atrodas uz viena diametra. Tāpēc meklētais attālums ir MN=2OM.
      a) MN=23=6(cm)
      b) MN=2d.

      154. Attālums starp divu vienādu un paralēlu hordu viduspunktiem a) 3cm, b) d. Kāds ir attālums no centra līdz katras hordas
      viduspunktam?
      Skat. 128.zīm.

      128.zīm.
      Novilksim attālumus OM, ON (Skat. 128.zīm.) no riņķa centra līdz hordām. Tā kā AB||CD, tad M, O, N atrodas uz viena diametra. No DPH
      teorēmas seko, ka M un N ir attiecīgi AB un CD viduspunkti. No VHA
      teorēmas seko, ka OM=ON=1/2MN.
      a) OM=ON=1/23=1,5(cm),
      b) OM=1/2 d.

      155. Riņķa centrs atrodas uz leņķa bisektrises; riņķa līnija krusto abas leņķa malas. Pierādīt, ka tā izšķeļ uz malām vienādas hordas.
      Skat. 129.zīm.

      129. zīm.
      Novelkam attālumus OF un OG (Skat. 129. zīm.) no riņķa centra līdz leņķa malām. No bisektrises īpašības OF=OG. No VHA teorēmas seko, ka AB=CD.

      156. Divas vienādas hordas, kas nav diametri, krustojas. Pierādi, ka
          a) diametrs, kas iet caur to krustpunktu, veido ar tām vienādus leņķus, b) nogriežņi, kādos hordas sadala to krustpunkts, ir pa pāriem vienādi.
      Skat. 130.zīm.

130. zīm.

      Dots: AB=CD
      Jāpierāda: a) MKB=MKC
      b) AK=KD; CK=KB.
      Pierādījums. Novilksim hordas AC, BD un AD. Aplūkosim ACD un DBA. Tiem AD ir kopīga mala, bet AB=CD pēc dotā. Pierādīsim, ka arī AC=BD. Tiešām, ACB=CMD, , tātad AC=BD; tāpēc arī AC=BD. Tāpēc ACD=DBA (mmm). Tātad ACK=DBK. Tāpēc ACK=DBK ("leņķis - mala - leņķis", jo AC=BD; ACK=DBK; CKA=BKD un arī CAK=CAD-BAD=BDA-CDA=BDK). Tāpēc AK=DK un CK=BK.
      Ja no punkta O pret hordu AD vilktu perpendikulāru diametru MN, tad tas dalītu AD uz pusēm (no DPH teorēmas). AKD - vienādsānu trijstūris. Vienādsānu trijstūrī augstums un mediāna sakrīt, tāpēc MN ies caur trijstūra virsotni K. Caur diviem punktiem O un K var novilkt tikai vienu diametru, tāpēc MN ir diametrs, par kuru runā uzdevumā, un MNAD. Tad AKO=OKD, jo AKD - vienādsānu. MKB=AKO (krustleņķi), OKD=MKC (krustleņķi), tātad arī MKB=MKC.

      157. Divas savstarpēji perpendikulāras hordas katra atrodas 2 cm attālumā no riņķa centra. Vienas hordas garums ir 6 cm. Cik gari ir nogriežņi, kādos hordas sadala krustpunktus ?
      Skat. 131.zīm.

      131. zīm.
      Dots: ABCD; OM=ON=2 cm; AB=6 cm (Skat. 131. zīm.)
      Jāaprēķina: AE, CE, EB, ED.
      Risinājums. No VHA teorēmas seko, ka AB=CD. No DPH teorēmas seko, ka AM=MB=3 cm un CN=ND=3 cm. Tā kā ONCD un MECD, tad EM||ON. Tā kā N un O - punkti uz taisnes, kas paralēla EM, tad to attālumi līdz EM ir vienādi; tāpēc NE=OM=2 cm. Līdzīgi ME=2 cm.
      Tāpēc CE=AE=AM-EM=3-2=1 (cm); EB=ED=6-1=5 (cm).

      158. Divu savstarpēji perpendikulāru hordu krustpunkts dala katru no tām nogriežņos, kuru garumi ir 6 cm un 2 cm. Atrodi hordu attālumus no centra.
      Dots: ABCD; AE=EC=2 cm;
      EB=ED=6 cm (Skat. 131. zīm.)
      Jāaprēķina: OM ,ON.
      Risinājums.
      Līdzīgi kā 157.uzdevuma risinājumā pierāda, ka visas četrstūra OMEN malas ir savā starpā vienādas. AB=CD=8cm. Velkam OMAB un ONCD. No VHA teorēmas seko, ka OM=ON. Četrstūris EMON - kvadrāts. No DPH teorēmas seko, ka AM=MB=8:2=4cm un arī CN=ND=4cm. Tāpēc OM=ON=ME=AM-AE=4-2=2(cm).

      159. Divām riņķa līnijām ir kopējs centrs. Riņķa līnijā ar lielāko rādiusu novilktas divas savstarpēji perpendikulāras hordas, kas pieskaras mazākajai riņķa līnijai. Hordu krustpunkts dala vienu no tām 3cm un 5cm garos nogriežņos. Aprēķini mazākās riņķa līnijas rādiusu.
      Dots:ABCD (Skat. 132.zīm.)
      AB,CD - pieskares;
      AE=3cm, EB=5cm;
      Jāaprēķina:OM.
      Risinājums.

      132.zīm.
      No pieskaru īpašības OMAB, ONCD. Tā kā ONEM iekšējo leņķu summa ir 3600, tad NOM=3600-900-900-900=900. No DPH teorēmas AM=MB. Līdzīgi kā 157.uzdevuma risinājumā pierāda, ka četrstūrī ONEM visas malas vienādas.
      Tāpēc OM=ON=ME=AM-AE=1/2(AE+EB)-AE=1/2(3+5)-3=4-3=1(cm).

      160. Riņķī ar centru O novilktas visas iespējamās viena un tā paša garuma hordas. Kādu figūru veido to viduspunkti?
      I. Vispirms pieņemsim, ka šīs hordas īsākas par diametru. Tad tās neiet caur centru O.
      No VHA teorēmas seko, ka attālumi no O līdz šīm hordām ir vienādi. No DPH teorēmas seko, ka attālums no O līdz hordai ir tā nogriežņa garums, kas savieno centru ar hordas viduspunktu. Tātad visi hordu viduspunkti pieder vienai riņķa līnijai ar centru O. Pagaidām mēs nezinām, vai tie aizpilda visu šādu riņķa līniju vai tikai tās daļu.
      Pierādīsim, ka tiek aizpildīta visa riņķa līnija. Pieņemsim, ka AB - viena no dotā garuma hordām, N - tās viduspunkts. Novelkam R.l. (O;ON) un izvēlamies uz tās patvalīgu punktu M. Mums jāpamato, ka arī M ir sākotnējās riņķa līnijas tādas hordas diametrs, kuras garums vienāds ar AB garumu (Skat. 133.zīm.).

      133.zīm.
      Saskaņā ar DPH teorēmu ONAB. Saskaņā ar pieskares pazīmi AB
      pieskaras iekšējai riņķa līnijai punktā N. Novelkam iekšējai riņķa līnijai pieskari punktā M; tās krustpunktus ar ārējo riņķa līniju apzīmējam ar C un D. Tad pēc pieskares īpašības OMDC; pēc DPH teorēmas (pielietojot to ārējai riņķa līnijai) M ir DC viduspunkts. Pēc VHA teorēmas DC=AB, jo OM=ON. Tātad M tiešām ir vajadzīgā garuma hordas viduspunkts.
      Tātad minēto hordu viduspnkti veido riņķa līniju ar centru O.
      II. Ja visas minētās hordas ir diametri, tad to viduspunkti visi sakrīt ar centru O.

      161. Uz riņķa līnijas ar centru O atlikti divi vienādi loki AB un CD. Uzzīmē atbilstošu zīmējumu. Papildini to un pieraksti pēc iespējas vairāk secinājumu, kas izriet no dotā nosacījuma.
      Skat. 134.zīm.

      134.zīm.
      Dots: AB=CD (Skat. 134.zīm.)
      Risinājums.
      AB=CD; OM=ON - attālumi līdz hordām; AM=MB=CN=ND;
      AK=KB=DP=PC; AOB=DOC; AOK=KOB=DOP=POC; , utt.

      162. Aizpildi daudzpunktus:
      a) divi vienas riņķa līnijas loki ir vienādi, ja...
      b) divas vienas riņķa līnijas hordas ir vienādas, ja...
      a) ...ja to centra leņķi ir vienādi;
      ...ja tos savelk vienādas hordas un to lielumi vai nu abi >1800, vai arī abi <1800.
      b) ...ja to savilktie loki ir vienādi;
      ...ja tās no centra redzamas vienādos leņķos.

      163. Dots: O - riņķa centrs, =700 (Skat.135.zīm.)
      Aprēķināt: ABC.
      Salīdzini un ABC.

      135.zīm.
      AOC==700.
      AOB - vienādsānu, tāpēc ABC=BAO=1/2700=350, jo AOC ir AOB ārējais leņķis pie virsotnes O.Redzam, ka ABC=1/2.

      164. Dots: O - riņķa centrs, =940, =1230 (Skat.136.zīm.)
      Aprēķināt: a) , b) ABC.
      Salīdzini ABC un .

136.zīm.
      a) BOC==1230; BOA==940, tāpēc
      COA=3600-BOC-BOA=1430, un =1430.
      b) BOC, BOA, COA - vienādsānu (malas ir rādiusi), tāpēc var
      aprēķināt leņķus pie pamata:
      CBO=1/2(1800-BOC)=1/2(1800-1230)=28,50.
      OBA=1/2(1800-BOA)=1/2(1800-940)=430.
      Tad ABC=CBO+OBA=71,50.
      Redzam, ka ABC=1/2.

      165. Dots: O - riņķa centrs (Skat. 137.zīm.)
      Pierādīt: ABC=900.
      Vai ABC lielums ir atkarīgs no punkta B atrašanās vietas uz AC?
      Pierādījums.

      137.zīm.
      AOB, BOC ir vienādsānu trijstūri ar virsotni O, jo sānu malas ir rādiusi. Aprēķināsim leņķus pie pamata:
      OBC=1/2AOB, jo AOB ir OBC ārējais leņķis pie O.
      ABO=1/2BOC, jo BOC ir ABO ārējais leņķis pie O.
      ABC=ABO+OBC=1/2(AOB+BOC)=1/21800=900.
      Ja veidosies leņķis ABC, tad vienmēr ABC=900.
      Ja B sakritīs ar A vai C, tad nebūs leņķa ABC.

      1660. Aprēķini ievilkta leņķa lielumu, ja tas balstās uz loku, kura lielums ir a) 480, b) 1480, c) 900, d) 1900, e)* a; jābūt a < 3600.
      a) 240, b) 740, c) 450, d) 950, e)* 1/2a.

      1670. Ievilkta leņķa lielums ir a) 480, b) 1480, c) 900, d) 1900, e)* j. Kāds ir tā loka leņķiskais lielums, uz kuru šis leņķis balstās ?
      a) 960, b) 2960, c)1800, d) nav iespējams, e)* 2j; jābūt j < 1800.

      1680. Horda redzama no riņķa centra a) 680, b) 1680, c)* 2j lielā leņķī. Kādā leņķī redzama horda no riņķa līnijas punktiem, kas nesakrīt ar tās galiem?
      Hordas mazākā savilktā loka lielums vienāds ar leņķi, kādā tā redzama no centra. Atceramies, ka katra horda savelk divus lokus. No teorēmas par ievilktā leņķa lielumu seko, ka horda redzama sekojošos leņķos:
      a) 340 un 1460; b) 840 un 960; c)* j un 1800-j; jābūt 0 < j < 900.

      1690. Horda no kāda riņķa līnijas punkta redzama a) 410, b) 1410, c) j lielā leņķī. Kādi ir to loku leņķiskie lielumi, kuros šī horda sadala riņķa līniju?
      a) 820 un 2780,
      b) 2820 un 780,
      c)* 2j un 3600-2j (tā var rakstīt, jo redzamības leņķis nevar pārsniegt 1800).

      1700. Horda AB savelk 1270 lielu loku, bet horda AC - 530 lielu loku. Aprēķini BAC. Aplūko visas iespējas.
      Ir 2 iespējas atkarībā no tā, kuram no lokiem AB pieder C (Skat. 138.zīm.).

      138.zīm.
      a) BOA+AOC=1270+530=1800, tātad BC - diametrs; BAC=900, jo tas ir ievilkts leņķis, kas balstās uz 1800 lielu loku.
      b) BOC=BOA-AOC=1270-530=740; =740. Tāpēc BAC=370 - ievilkts leņķis, kas balstās uz loku CB.

      171. Atrisini 1700. uzdevumu, ja loku lielumi, kas atbilst hordām AB un AC, ir atbilstoši a) 270 un 530, b) 2270 un 450.
      a) vienā gadījumā =530-270=260 un BAC=1/2=130 (Skat. 139.a. zīm.); otrā gadījumā =530+270=800, =3600-800=2800 un BAC=1/2=1400 (Skat. 139.b. zīm.).


      139.zīm.
      b) varam uzskatīt, ka AB savelk 3600-2270=1330 lielu loku. Risinot līdzīgi kā 170.uzdevumu, iegūstam divas iespējas: 890 un 440.

      172. Vienādsānu trijstūra ACM ar pamatu AC virsotnes atrodas uz riņķa līnijas. Cik liels ir M, ja a) =700, b) =1700, c)* =a ?
      Skat. 140.zīm.

      140.zīm.
      a) =700, jo uz tiem balstās vienādi leņķi (A=C, jo AM=MC). Tāpēc =3600-700-700=200 un M=1/2=1100.
      b) =1700, jo uz tiem balstās vienādi leņķi (A=C);
      =3600-1700-1700=2200 un M=1/2=100.
      c) =a, jo uz tiem balstās vienādi ievilktie leņķi (A=C vienādsānu trijstūrī AMC). Tāpēc =3600-2a un M=1/2=1800-a. Jābūt 0<a<1800.

      1730. Dots: BCA=450 (Skat. 141.zīm.)
      Pierādīt: AOBO.

141.zīm.
      Pierādījums.
      BCA - ievilkts leņķis, kas balstās uz loku AB. Tāpēc =2BCA=900.Loka AB atbilstošais centra leņķis AOB=900, tāpēc
      AOBO.

      1740. Dots: BAC=300 (Skat. 142. zīm.)
      Pierādīt: BOC - vienādmalu.

142.zīm.
      Pierādījums.
      BAC - ievilkts leņķis, kas balstās uz loku BC. Tāpēc =600. Loka BC atbilstošais centra leņķis BOC=600. BOC - vienādsānu, jo OB=OC - rādiusi, tāpēc tā leņķi pie pamata vienādi un ir 1/2(1800-600)=600. Tātad BOC - vienādmalu.

      175 . Horda AB vienāda ar riņķa līnijas rādiusu. Cik liels ir ACB (Skat. 143.zīm.)?

      143.zīm.
      AOB - vienādmalu (visas malas vienādas ar rādiusu), tāpēc AOB=600. Leņķim AOB atbilstošais loks ir AB, tāpēc =600. ACB - ievilkts leņķis, kas balstās uz loku AB, tāpēc ACB=300.

      176. MKD virsotnes atrodas uz riņķa līnijas ar diametru MD. Pierādi: a)K>M, b) K>D.
      Skat. 144.zīm.

      144.zīm.
      K - ievilkts leņķis, kas balstās uz loku MD (Skat. 144.zīm.). Tā kā =1800, tad K=900. Tātad MKD - taisnleņķa ar taisno leņķi K. Tātad abi pārējie leņķi ir šauri; tāpēc M<900=K un D<900=K.

      177. Riņķī ar centru O novilkts diametrs AB, hordas AP un BP (P - riņķa līnijas punkts). Pierādi, ka taisne OK, kas paralēla hordai AP, krusto hordu BP tās viduspunktā.
      Dots: AB - diametrs,
      AP, PB - hordas,
      AP||OK (Skat. 145.zīm.)

      Jāpierāda: PM=MB.

      145.zīm.
      Pierādījums.
      APB=900, jo APB ir ievilkts leņķis, kas balstās uz diametru. OMB=APB=900 - kāpšļu leņķi pie paralēlām taisnēm AP||OK. OKPB, tāpēc no DPH teorēmas seko, ka PM=MB.

      178. Dots, ka ANKN, AN=KN (Skat. 146.zīm.). Aprēķini .

146.zīm.
      Novelkam hordu AK. ANK - vienādsānu, tāpēc NKA=NAK=450.
      NKA ir ievilkts leņķis, kas balstās uz loku AN. Tāpēc =900.

      179. Lauztas līnijas ABCD virsotnes atrodas uz riņķa līnijas ar centru O un diametru AD; AB=BC (Skat. 147.zīm).
      a) pierādi, ka OB||DC,
                  b) novelc DB. Formulē pareizus apgalvojumus, kas izriet no uzdevuma nosacījumiem.

      147.zīm.
      a) AB=BC, jo vienādām hordām atbilst vienādi loki, kuri nav lielāki par 1800. Ievilktais leņķis D=1/2==AOB. No taišņu paralelitātes pazīmes (vienādi kāpšļu leņķi) seko, ka OB||DC.
      b) BD ir leņķa D bisektrise, jo uz vienādiem lokiem balstās vienādi ievilktie leņķi; ABD=900, jo ir ievilkts leņķis, kas balstās uz diametra; utt.
-
      180. Uz riņķa līnijas doti 5 punkti A, B, C, D, E šajā secībā tā, ka . Atrodi leņķi starp AC un BE.

      148.zīm.
      3600=720 (Skat.148.zīm.).
      ABE=BAC=1/2720=360. Trijstūrī AMB
      AMB=1800-ABE-BAC=1800-720=1080.

      181. Aprēķini piecstūra ABCDE leņķus (Skat. 149.zīm.), ja OCOB, =800, DC=OC, E - DA viduspunkts.

149.zīm.
      ODC - vienādmalu trijstūris, kam visas malas vienādas ar rādiusu, tāpēc DOC=600 un =600.
      COB=900 no dotā, tāpēc =900.
      =3600-600-900-800=1300, tāpēc =650, jo E - DA viduspunkts.
      Visi piecstūra leņķi ir ievilkti leņķi.
      A=1/2=1/2 ()=1/2(650+600+900)=107,50
      B=1/2=1/2 ()=1/2(650+650+600)=950
      C=1/2=1/2 ()=1/2(800+650+650)=1050
      D=1/2=1/2 ()=1/2(900+800+650)=117,50
      E=1/2=1/2 ()=1/2(600+900+800)=1150

      182. Četrstūra ABCD malas vienādas savā starpā, bet virsotnes atrodas uz vienas riņķa līnijas; P - patvaļīgs loka BC punkts (Skat. 150.zīm.). Pierādi, ka a) stari PA un PD dala BPC trīs vienādās
      daļās, b) četrstūra diagonāles krustojas riņķa līnijas centrā.

150.zīm.
      a) AD=DC=CB=AB, jo šo loku atbilstošās hordas ir vienādas un tie ir mazāki par 1800. APB=APD=CPD - ievilkti leņķi, kas balstās uz vienādiem lokiem.
      b) =1/43600=900. DAB=1/2=900, tāpēc DAB balstās uz diametra DB, kas ir diagonāle. ABC=1/2=900, tāpēc ABC balstās uz diametra AC, kas arī ir diagonāle. Bet visi diametri, tātad arī AC un BD, iet caur riņķa līnijas centru.

      183. Punkti A, B, C, D, E atrodas uz riņķa līnijas un ir tāda piecstūra virsotnes, kura visas malas vienādas.
      a) aprēķini piecstūra visu leņķu lielumus,
      b) pierādi, ka piecstūra diagonāles, kas iziet no vienas virsotnes, dala piecstūra leņķi trīs vienādās daļās,
      c) pierādi, ka diagonāle AC paralēla malai ED.
      a) 3600=720, jo šo loku atbilstošās hordas ir vienādas un visi loki mazāki par 1800 (Skat. 151.zīm.)

151.zīm.
      Katrs piecstūra leņķis ir ievilkts leņķis, kas balstās uz loku, kura lielums vienāds ar mazo loku lielumu summu. Tāpēc
      A=B=C=D=E=1/2=1/2(3)=31/2720=1080 .
      b) A=BAC+CAD+DAE. Visi šie 3 leņķi ir ievilkti leņķi, kas balstās uz vienādiem lokiem. Tāpēc BAC=CAD=DAE, un A ir
      sadalīts 3 vienādās daļās. Tāpat pierāda apgalvojumu par citiem piecstūra leņķiem.
      c) CAD=ADE - ievilkti leņķi, kas balstās uz vienādiem lokiem. Tie ir iekšējie šķērsleņķi pie taisnēm AC un ED. No taišņu paralelitātes pazīmes seko, ka AC||ED.

      184. Kāda īpašība piemīt diviem ievilktiem leņķiem, ja to malas iet caur vienas un tās pašas hordas galapunktiem? Aplūko visas iespējas!
      Ir divas iespējas (Skat.152.zīm.)

      152.zīm.
      a) C=D kā ievilktie leņķi, kas balstās uz vienu un to pašu loku (Skat. 152.a. zīm.);
      b) C=1/2, D=1/2 - ievilktie leņķi, kas balstās uz atbilstošiem lokiem ADB un ACB. Tā kā =3600, tad C+D=1800 (Skat. 152.b. zīm.).

      185. Punkti A, B, C un D atrodas uz vienas riņķa līnijas, ADC=550, ACB=580 (Skat. 153.zīm.). Aprēķini CAB!

153.zīm.
      ABC=ADC=550, jo tie ir ievilkti leņķi, kas balstās uz vienu un to pašu loku AC. Trijstūrī ACB leņķu summa ir 1800, tāpēc
      CAB=1800-550-580=670.

      186. Hordas AD un BC krustojas, ABC=500, ACD=800. Aprēķini CAD.
      Skat. 154.zīm.

      154.zīm.
      ADC=ABC=500, jo tie abi ir ievilkti leņķi, kas balstās uz vienu un to pašu loku AC. Trijstūrī ADC leņķu summa ir 1800, tāpēc CAD=1800-500-800=500.

      187*. Sastādi un atrisini uzdevumus, kas līdzīgi 183.,185. un 186. uzdevumiem.
      Skat. 183., 185. un 186. uzdevumu atrisinājumus.

      188. Atrisini sekojošos uzdevumus, izmantojot 155.zīm.:
      a) Dots: B=400, D=620.
      Aprēķināt: ABM leņķus.
      b) Dots: BMA=840, C=330
      Aprēķināt:
      c) Dots: A=740, C=260
      Aprēķināt: CMD leņķus.
      d) Pierādi, ka ABM un DCM leņķi ir pa pāriem vienādi.

      155.zīm.
      a) C=B=400, jo balstās uz vienu un to pašu loku AD.
      A=D=620,jo balstās uz vienu un to pašu loku BC.
      Trijstūrī MCD M=1800-C-D=1800-400-620=780.
      BMA=CMD=780 - krustleņķi, tāpēc ABM leņķi ir 620, 400 un 780.
      b) CMD=BMA=840 kā krustleņķi.
      Trijstūrī MCD D=1800-C-M=1800-330-840=630.
      =2D=1260, jo D ir ievilkts leņķis, kas balstās uz loku BC.
      c) D=A=740, jo balstās uz vienu un to pašu loku BC. Trijstūra CMD leņķi tad ir 260,740 un 1800-260-740=800.
      d) AMB=DMC - krustleņķi.
      B=C, jo balstās uz vienu un to pašu loku AD.
      A=D, jo balstās uz vienu un to pašu loku BC.

      189. 156. zīmējumā AMD ir vienādsānu ar pamatu AD. Pierādi, ka
      BMC arī ir vienādsānu.

      156.zīm.
      Vienādsānu trijstūrī AMD leņķi pie pamata ir vienādi, tātad A=D.
      A=B - ievilkti leņķi, kas balstās uz vienu un to pašu loku DC.
      C=D - ievilkti leņķi, kas balstās uz vienu un to pašu loku AB.
      Trijstūrī BMC B=C, tāpēc tas ir vienādsānu.

      190. 157.zīmējumā AB = DC, AM=6cm, MB=2,5 cm. Aprēķini DB.

      157.zīm.
      A=B=C=D, jo tie ir ievilkti leņķi, kas balstās uz vienādiem lokiem.
      AMD un BMC ir vienādsānu trijstūri ar pamatiem atbilstoši AD un BC, jo leņķi pie pamata vienādi. Tāpēc AM=DM un MB=MC. Tad
      DB=DM+MB=AM+MB=8,5 cm.

      191. Izmantojot 158. zīm., pierādi, ka BD ir ABC bisektrise.
      *Padomā, kā var ar uzstūra palīdzību uzzīmēt riņķa līnijā ievilkta leņķa bisektrisi, ja riņķa līnijas centrs ir dots.

158.zīm.
      No DPH teorēmas seko, ka AD=DC. Tad ABD=DBC, jo tie ir ievilkti leņķi, kas balstās uz vienādiem lokiem. Tāpēc BD ir ABC bisektrise.
      Bisektrises konstrukcijas gaita redzama 158. zīm.

      192. Trijstūra ABC mala AB ir tādas riņķa līnijas diametrs, kura krusto malu BC punktā K. Paskaidro, kāpēc AK ir trijstūra ABC augstums!
      Skat. 159.zīm.

159. zīm.
      BKA=900, jo tas ir ievilkts leņķis, kas balstās uz diametra .

      193. 160. zīmējumā riņķa līnija ar centru P un diametru OA krusto riņķa līniju ar centru O punktos L un M. Pamato, kāpēc AL un AN ir pieskares riņķa līnijai ar centru O.

160. zīm.
      ALO=ANO=900 - abi ir riņķa līnijā (ar centru P) ievilkti leņķi, kas balstās uz diametra. Tātad OLAL un ONAN, kur OL un ON ir riņķa līnijas (ar centru O) rādiusi. No pieskares pazīmes seko, ka AL un AN ir pieskares riņķa līnijai ar centru O.

      194*. Izmantojot iepriekšējā uzdevuma rezultātu, izdomā, kā var novilkt pieskares riņķa līnijai no punkta ārpus tās, izmantojot cirkuli un lineālu.
      Pieņemsim, ka dota mazākā riņķa līnija un punkts A (Skat.160.zīm.). Pieskares konstruēsim sekojoši:
      1) atradīsim dotās riņķa līnijas centru (konstruēsim divus ievilktus taisnus leņķus, kas balstās uz dažādiem diametriem; diametru krustpunkts ir centrs O);
      2) atradīsim nogriežņa AO viduspunktu P;
      3) vilksim r.l. (P;OP), abu riņķa līniju krustpunkti ir L un N;
      4) vilksim meklētās pieskares caur punktiem A, L un A, N.

      195. Riņķa līnijai novilktas divas savsarpēji paralēlas pieskares. Pieskaršanās punkti A un B savienoti ar punktu M uz riņķa līnijas.
      Cik liels ir AMB ?
      No pieskaru īpašības seko, ka AOa un BOb (skat. 161.zīm.). Tā kā a||b, tad A, O un B atrodas uz vienas taisnes, kas nozīmē, ka AB - diametrs. Tāpēc AMB=900, jo ir ievilkts leņķis, kas balstās uz diametra.

      161. zīm.

      196. Vienādsānu trijstūra pamats dala pusriņķa līniju, kuras diametrs ir šī trijstūra sānu mala, divos lokos. Leņķis starp trijstūra sānu malām ir 560. Aprēķini abu minēto loku leņķiskos lielumus.
      Dots: AB=AC; A=560; (Skat. 162.zīm.)
      AC - diametrs.
      Jāaprēķina: .

162. zīm.
      B=C=1/2(1800-560)=620 - leņķi pie pamata BC vienādsānu trijstūrī
      ABC. Tāpēc =2C=1240, jo uz šī loka balstās ievilktais leņķis C.
          =1800, jo MC ir pusriņķa līnijas loks. Tāpēc
      =1800 -=1800-1240=560.

      197. Leņķis starp vienādsānu trijstūra sānu malām ir 400. Viena no sānu malām ir pusriņķa līnijas diametrs; abas pārējās malas dala šo pusriņķa līniju trīs lokos. Atrodi šo loku leņķiskos lielumus.
      Dots: AB=AC; A=400 (Skat.162.zīm.);
      AC - diametrs.
      Jāaprēķina:.
      Risinājums.
      B=C=1/2(1800-400)=700- leņķi pie pamata BC vienādsānu trijstūrī ABC.
      =2C=1400, jo uz šī loka balstās ievilktais leņķis C.
      =1800, jo tas ir pusriņķa līnijas loks.
      =1800 -=400.
      =2A=800, jo uz šī loka balstās ievilktais leņķis A.
      , tāpēc =800-400=400.
      , tāpēc =1400-400=1000.
      Meklētie loku lielumi ir 1000, 400, 400.

      198. Vienādmalu trijstūra ABC malas garums ir 24cm. Riņķa līnija, kuras diametrs ir AB, krusto abas pārējās malas punktos D un E. Aprēķini a) DE, b) Per (ADEB).
      Skat. 163.zīm.

      163.zīm.
      Novelkam rādiusus OE un OD (Skat. 163.zīm.). BEO un ODA -
      vienādmalu (OE=OB=OA=OD un leņķis pie pamata - 600).
      BOE=EOD=DOA=600 un =600, tāpēc BE=ED=DA.
      a) DE=1/2BA=12cm;
      b) Per (ADEB)=5BO=512cm=60cm.
      199*. Paskaidro, kāpēc punkti A, C, K, M atrodas uz vienas riņķa
      līnijas (Skat. 164.zīm.)

      164.zīm.
      (a) der riņķa līnija, kuras diametrs ir AC. Tiešām, K=M=900, tāpēc tie ir ievilkti leņķi, kas balstās uz diametru.
      (b) der riņķa līnija, kuras diametrs ir KM. Tiešām, A=C=900, tāpēc tie ir ievilkti leņķi, kas balstās uz diametru.
      (c) der riņķa līnija, kuras diametrs ir KA. Tiešām, C=M=900, tāpēc tie ir ievilkti leņķi, kas balstās uz diametru.
      (d) der riņķa līnija, kuras diametrs ir AC. Tiešām, AKC=AMC=900, tāpēc tie ir ievilkti leņķi, kas balstās uz diametru.
      (e) no pieskaru īpašības seko, ka CKA=CMA=900; tāpēc tie ir ievilktie leņķi riņķa līnijā ar diametru AC.
      (f) vienādsānu trijstūros leņķi pie pamata vienādi, pie tam viena trijstūra pamata leņķis ir vienāds ar otra trijstūra pamata leņķi, jo tie ir krustleņķi, ko veido taisnes AC un KM. Tāpēc A=M. No teorēmas par redzes leņķi seko, ka K, A, M, C atrodas uz vienas riņķa līnijas.

      200*. Divas vienādas riņķa līnijas krustojas punktos A un B. Sekante, kas iet caur punktu A, krusto abas riņķa līnijas vēl punktos C un D. Pierādi, ka CBD ir vienādsānu.
      Šķirosim divus gadījumus.
      I. Punkts A atrodas starp D un C (Skat.165.a. zīm.).
      Novelkam hordu AB. Vienādos riņķos vienādām hordām atbilst vienādi loki, kuri nav lielāki par 1800. C balstās uz vienas riņķa līnijas loka AB, D balstās uz otras riņķa līnijas loka AB. Vienādiem lokiem atbilst vienādi ievilktie leņķi, tāpēc C=D, kas nozīmē, ka CBD - vienādsānu.

      165.zīm.
      II. Punkts A neatrodas starp C un D (Skat.165.b. zīm.)
      Atkal novelkam hordu AB. Tad DAB ir ievilkts leņķis, kas vienā riņķa līnijā balstās uz CB, bet otrā - uz DB. Tāpēc . Tā kā riņķa līnijas vienādas, no šejienes seko, ka CB=DB, t.i., CBD - vienādsānu.

      201*. 166.zīmējumā divas dažādas riņķa līnijas krustojas punktos A un B, BDC, AN krusto "mazāko" riņķa līniju punktā M. Pierādi, ka DN||CM.
      Novelkam hordu AB (skat.167.zīm.).
      A=C - ievilkti leņķi, kas balstās uz vienu un to pašu loku MB "mazajā" riņķa līnijā. A=D - ievilkti leņķi, kas balstās uz vienu un to pašu loku NB "lielajā" riņķa līnijā. C un D ir vienādi iekšējie šķērsleņķi pie taisnēm DN un CM, tāpēc DN||CM.

166.zīm. 167.zīm.
      202*. Uz riņķa līnijas atzīmēti punkti A, B, C un D tā, ka <1800. Pierādi, ka ABC un BCD ir vienādi.

      168.zīm.
      Skat.168.a. zīm.
      No dotā seko, ka , tāpēc AB=CD. Ievērojam, ka BCA=CBD - ievilkti leņķi, kas balstās uz vienādiem lokiem. A=D - ievilkti leņķi, kas balstās uz vienu un to pašu loku BC. AC=BD - hordas, kuras savelk vienādus lokus, kuri abi mazāki par 1800. No trijstūru vienādības pazīmes "leņķis - mala - leņķis" seko, ka ABC=DCB.
      Iesakām lasītājam patstāvīgi analizēt gadījumu, kad punktu kārtība uz riņķa līnijas ir cita (Skat. 168.b. zīm.).

      203*. 169.zīmējumā AB=DE. Pierādi, ka ACD=ECB.

      169.zīm.
      A=E - ievilkti leņķi, kas balstās uz vienu un to pašu loku BD. C - kopīgs, tāpēc no teorēmas par trijstūra leņķu summu seko, ka arī ADC=EBC. ABD=BDE, jo sastāv no vienādiem lokiem. Tāpēc tos savelkošās hordas ir vienādas: AD=BE. No pazīmes lml seko, ka ACD=ECB.

      204*. Dots: AM un BN ir ABC augstumi (Skat. 170.zīm.)
      Pierādīt: C ir ECD viduspunkts.

      170.zīm.
      EBC=900-C (taisnleņķa trijstūrī NBC).
      DAC=900-C (taisnleņķa trijstūrī AMC).
      Tāpēc EBC=DAC. Tā kā tie ir ievilkti leņķi, tad loki, uz kuriem tie balstās, ir vienādi: EC=CD. Tas arī nozīmē, ka C ir ECD viduspunkts.

      205*. 171.a. zīmējumā paralēlas sekantes MN un KL iet caur divu riņķa līniju krustpunktiem A un B. Pierādi, ka MK||NL.

      171.zīm.
      Skat.171.b. zīm.
      "Lielajā" riņķī KM=AB - no PH teorēmas. KBA=BKM, jo sastāv no vienādiem lokiem. M=MAB, jo abi ir ievilkti leņķi, kas balstās uz vienādiem lokiem. "Mazajā" riņķī AB=NL - no PH teorēmas. ANL=BAN, jo sastāv no vienādiem lokiem. ABL=L, jo abi ir
      ievilkti leņķi, kas balstās uz vienādiem lokiem. MAB=ABL un L=QNL - iekšējie šķērsleņķi pie paralēlām taisnēm. Iegūstam, ka M=QNL (vienādi kāpšļu leņķi), tāpēc MK||NL.

      206*. Pierādi, ka visu to hordu viduspunkti, kas novilktas caur no centra atšķirīgu punktu P riņķa līnijas iekšpusē, a) atrodas uz citas riņķa līnijas, b) veido riņķa līniju.

172. zīm.
      O - dotās riņķa līnijas centrs. Pieņemam, ka P nesakrīt ar O. Meklētā riņķa līnija būs tā, kuras diametrs ir PO. Pierādīsim to.
      a) novilksim patvaļīgu lielās riņķa līnijas hordu caur P.
      1) pieņemsim, ka tā krusto mazo riņķa līniju punktā M. Ja M=O, tad
      O kā centrs ir šīs hordas - diametra - viduspunkts. Apskatīsim gadījumu, kad MO. Tad PMO=900, jo tas ir ievilkts leņķis, kas balstās uz diametra. Tad no DPH teorēmas seko, ka M ir mūsu novilktās hordas viduspunkts.
      2) Mūsu novilktā horda varbūt pieskaras mazajai riņķa līnijai punktā P (horda UV). Tad tā ir perpendikulāra OP. Saskaņā ar DPH tās viduspunkts ir P.
      b) Izvēlēsimies patvaļīgu punktu MO uz mazās riņķa līnijas. Novilksim taisni MPOM. Tā kā P atrodas riņķa iekšpusē, tad vienmēr būs novilkta horda, kuras viduspunkts saskaņā ar DPH būs punkts M. Skaidrs, ka O ir jebkura diametra viduspunkts. Tā kā katrs mazās riņķa līnijas punkts ir kādas hordas viduspunkts, tad b) ir pierādīts.

      207*. Formulē un atrisini iepriekšējam līdzīgu uzdevumu, ja punkts P atrodas ārpus riņķa līnijas.
      Uzdevums. Pierādīt, ka visu to hordu viduspunkti, kuras atrodas uz taisnes, kas novilktas caur punktu P riņķa līnijas ārpusē, a) atrodas uz citas riņķa līnijas, b) veido riņķa līnijas loku, neieskaitot galapunktus, bet ne visu riņķa līniju.
      Pierādījums. Skat. 173. zīm. a) gadījumā pierādījums sakrīt ar 206. a) pierādījumu. b) gadījumā visiem tiem jaunās riņķa līnijas punktiem M, kas ir QOR iekšēji punkti, atbilst kādas dotās riņķa līnijas hordas viduspunkts (šī horda perpendikulāra OM vai - ja M=O - ir jebkurš dotās riņķa līnijas diametrs), bet tiem, kas atrodas uz QPR (galapunktus ieskaitot) - neatbilst (hordas viduspunkts vienmēr atrodas riņķa līnijas iekšpusē, nevis uz tās vai ārpusē). Tāpēc hordu viduspunkti veido loku QOR bez galapunktiem.

173. zīm.

      208*. 174. a) zīmējumā AD un MB ir ACM augstumi. Pierādi, ka nogriežņa BD vidusperpendikuls iet caur malas AM viduspunktu.

      174. zīm.
      Novilksim riņķa līniju ar diametru AM (Skat. 174. b) zīm.). Tā kā ABM un ADM ir taisni leņķi, kas balstās uz diametra AM, tad tie ir šajā riņķa līnijā ievilkti leņķi. No DPH teorēmas seko, ka BD vidusperpendikuls iet caur riņķa līnijas centru, tātad caur AM viduspunktu.
209. Riņķī novilkts diametrs AB.
      a) Punkts X atrodas ārpus riņķa līnijas un nepieder taisnei AB. Pierādi, ka AXB ir šaurs.
b) Punkts X atrodas riņķa līnijas iekšpusē un X AB. Pierādi, ka AXB ir plats.

175. zīm.
a) AXB - ārējais leņķis (Skat. 175. a) zīm.), tāpēc AXB=1/2 Tā kā =1800, tad <1800 un AXB<900 - šaurs.
b) AXB - iekšējais leņķis (skat. 175. b) zīm.), tāpēc AXB=1/2()=1/2(1800+)=900+1/2> 900 - plats.

210. Horda BC nav riņķa diametrs. Salīdzini leņķu BA1C, BA2C un BA3C lielumus, ja punkti A1, A2 un A3 atrodas vienā pusē no taisnes BC, A1 ir riņķa līnijas punkts, bet A2 un A3 atrodas atbilstoši riņķa līnijas iekšpusē un ārpusē.

176. zīm.
BA1C=1/2 (Skat. 176. zīm.), jo ir ievilkts leņķis.
BA2C=1/2() > 1/2, jo ir iekšējs leņķis.
BA3C=1/2() < 1/2, jo ir ārējs leņķis.
Tātad BA3C < BA1C < BA2C.

211. Riņķī novilktas vienādas hordas AC un AB tā, ka =2100. Aprēķini to leņķu lielumus, kurus veido hordas ar riņķa līnijas pieskarēm punktos A un C.

177.zīm.
a) ja =2100, tad (Skat. 177. a) zīm.) AC=AB, jo vienādām hordām atbilst vienādi loki, kuri mazāki par 1800. Tāpēc =1/2(3600-)=750.
PCA=PAC=NAB=1/2=37,50 no teorēmas par hordas - pieskares leņķa lielumu. Līdzīgi MCA=PAB=1/2()=1/2(2100+750)=142,50.
b) ja =2100, tad (Skat. 177. b) zīm.) līdzīgi iegūstam =1050, PCA=PAC=NAB=1/2=52,50 un MCA=PAB=127,50.

212. Pieraksti visus vienādu leņķu pārus 178. zīm., ja AB - pieskare (B - pieskaršanās punkts) un AD - sekante.

178. zīm.
lBD=BCD=1/2 (hordas - pieskares un ievilkts leņķis)
ABC=BDC=1/2 (hordas - pieskares un ievilkts leņķis, kā arī atbilstošās vienādības starp šo leņķu blakusleņķiem).

213. Uz riņķa līnijas atzīmēti punkti A, B un C tā, ka ABC=700 un
BAC=500. Kādu leņķi veido taisne AB un riņķa līnijas pieskare, kas novilkta caur punktu C ?

179. zīm.
Novelkam AD paralēli pieskarei.
DAC=ACl - iekšējie šķērsleņķi pie paralēlām taisnēm.
ACl=1/2 - hordas pieskares leņķis.
1/2=ABC - ievilkts leņķis.
Tātad DAC=ABC=700, bet DAB=700-BAC=200.
Tādu pašu leņķi taisne AB veido arī ar l.

214. 180. zīmējumā AB ir divu riņķa līniju kopējā ārējā pieskare, bet C un D - šo riņķa līniju krustpunkti.
Pierādi, ka ACB+ADB=1800.

180. zīm.
Skat. 180.zīm. Novelkam hordu CD.
ACD=DAB=1/2 (ievilkts un hordas - pieskares leņķis).
DCB=ABD=1/2 (ievilkts un hordas - pieskares leņķis).
ACB=ACD+DCB=DAB+ABD.
ACB+ADB=DAB+ABD+ADB=1800, jo visi trīs ir ADB leņķi.

215. No punkta M ārpus riņķa līnijas ar centru O novilktas riņķa līnijas pieskares MA un MB (A un B - pieskaršanās punkti). Novilkts arī diametrs BC. Pierādi, ka AC||OM.

181.zīm.
Skat. 181.zīm. Pagarināsim MO līdz krustpunktam ar riņķa līniju punktā K. Novilksim rādiusu OA. Tā kā AM un BM ir pieskares, tad OAM=OBM=900. OAM=OBM (pēc pazīmes hk, jo OA=OB - rādiusi, bet OM - kopīga). AON=NOB, tāpēc AN=NB. NOB=COK kā krustleņķi, tāpēc NB=CK. Tātad CK=AN. No PH teorēmas seko, ka AC||OM. Pierādījums pabeigts.
Var spriest arī šādi: uAC=1/2; AMO==uAC (uAC - hordas pieskares leņķis, bet AMO - sekantes - pieskares leņķis). Tā kā uAC=AMO, tad AC||MO.

216. 182. zīmējumā punkts C ir loka KCM viduspunkts, MN - riņķa līnijas pieskare punktā M. Pierādi, ka C atrodas vienādos
attālumos no taisnēm MN un MK.

182. zīm.
KMC=1/2 - ievilkts leņķis;
CMN= - hordas - pieskares leņķis;
no tā seko, ka MC ir KMN bisektrise, un C atrodas vienādā
attālumā no MN un MK saskaņā ar bisektrises punktu īpašību.

217. Caur riņķa līnijas punktiem A un B tai mēģināja novilkt pieskares. Izrādījās, ka pieskaru krustpunkts X nenovietojas zīmējuma robežās (Skat. 183. zīm.). Kā tikai ar lineāla palīdzību uzzīmēt leņķi, kas vienāds ar AXB?

183.zīm.
Novelkam taisnes AOM un BON (Skat. 184.zīm.); pierādīsim, ka AON=BOM=AXB.

184.zīm.
AON==BOM= (krustleņķi).
AXB=1/2() (apvilkts leņķis).
AOB=NOM - krustleņķi, tāpēc AB=NM.
AXB=
Tātad AXB=AON=.

218.Zināms, ka ABCD, =930, =730. Aprēķini un (Skat. 185.zīm.).

185.zīm.
No teorēmas par iekšējo leņķu lielumiem AKC=900=1/2;
=1800-930=870.
Līdzīgi, CKB=900=1/2); =1800-730=1070.

219. Trijstūrī ABC leņķis C ir taisns, bet B=370. Riņķa līnija ar centru C un rādiusu AC krusto hipotenūzu punktā D, bet kateti CB - punktā E. Aprēķini .
Skat. 186.zīm.

186.zīm.
ACB=900, tāpēc =900. Arī =900.
B =1/2) - ārējais leņķis.
Varam izrēķināt -2B=900-740=160.

220. Diametrs AB un horda CD krustojas punktā M, turklāt CMB=730, =1100. Aprēķini .
Skat. 187.zīm.

187.zīm.
CMB=1/2, jo tas ir iekšējs leņķis (Skat.187.zīm.);
=2730-=360.
=1800, jo ir pusriņķa līnijas loks, tāpēc
=1800-=1800-360=1440.

221. Taisnes, kas satur diametru CD un hordu AB, krustojas punktā M ārpus riņķa līnijas , veidojot 730 lielu leņķi. Zināms arī, ka =1100 . Aprēķini .
Uzdevuma nosacījumi ir pretrunīgi (Skat.188.zīm.)

188.zīm.
a) gadījumā BMC==550, tātad nevar būt BMC=730 .
b) gadījumā AMC==550, un atkal nevar būt BMC=730.
Tātad uzdevumam atrisinājuma nav.

222. Riņķa līnijā ar centru O novilkta horda AB. Tā pagarināta aiz punkta B ar nogriezni BC, kura garums vienāds ar rādiusu. Taisne OC krusto riņķa līniju punktā D (O atrodas starp C un D). Pierādi, ka AOD=3ACD.

189.zīm.
Skat. 184.zīm.
Apzīmējam ACD=a. OBC ir vienādsānu (OB=CB), tāpēc BOC=ACD=a.
Tad ABO=2aOBC ārējais leņķis. Tā kā AOB - vienādsānu, tad arī BAO=2a. Tāpēc AOB=1800-2a-2a=1800-4a un
AOD=1800-AOB-BOC=1800-(1800-4a)-a=3a, ko arī vajadzēja pierādīt.

223. 190.zīmējumā hordas AC un AE pieskaras "iekšējai" riņķa līnijai punktos B un D; =1300. Aprēķini .

190.zīm.
=3600-= 2300. Tāpēc A=1/2=1/2(2300-1300)=500 (apvilkts leņķis "iekšējai" riņķa līnijai). A=1/2 - ievilkts leņķis "ārējā" riņķa līnijā;
=2A=1000 .

224. 191.zīmējumā hordas AN un CM pieskaras "iekšējai" riņķa līnijai punktos B un D; =1540, =700. Aprēķināt .

191.zīm.
Hordas AN un CM nav paralēlas, jo =1540, bet
=3600-1540=2060. To pagarinājumi krustojoties veido ārējo leņķi
"lielajai"riņķa līnijai (Q), kas ir apvilktais leņķis iekšējai riņķa līnijai.
Q=1/2=1/2(2060-1540)=260. Tāpēc AnC=-2Q=
=700-520=180.

225. Caur punktu A, kas atrodas uz riņķa līnijas ar centru O, novilkta horda AB, bet caur punktu B - riņķa līnijas pieskare. Taisne caur O, kas perpendikulāra rādiusam OA, krusto pieskari un taisni AB atbilstoši punktos C un D. Pierādi, ka BCD ir vienādsānu.
Skat. 192.zīm.

192.zīm.
DBC=tBA=1/2 - hordas pieskares leņķis (Skat. 192.zīm.)
=900, jo AOMN. Pēc ārējā leņķa lieluma formulas
BDM==DBC. Tāpēc BC=CD. Atstājam lasītājam pašam aplūkot gadījumu, kad D atrodas starp O un C (jāizmanto iekšējā leņķa lieluma formula).

226. Diametrs AB un horda AC veido 300 lielu leņķi. Caur punktu C
novilkta riņķa līnijas pieskare, kas krusto taisni AB punktā D.
Pierādi, ka ACD ir vienādsānu.

193.zīm.
Skat.193..zīm.
=2A (ievilkts leņķis)=600; =1800, jo AB - diametrs;
=1800-600=1200. Pēc sekantes un pieskares leņķa formulas D=1/2=1/2(1200-600)=300. Redzam, ka trijstūrī ACD A=D, tāpēc AC=CD.

227. 194.zīmējumā B un D ir loku ABC un CDE viduspunkti. Pierādi, ka MCN ir vienādsānu.

194.zīm.
Trijstūra MCN leņķi CMN un CNM ir riņķa līnijas iekšēji leņķi. Tāpēc CMN==CNM; tāpēc CM=CN.

228. 195.zīmējumā punkti M un L ir loku NMA un DLB viduspunkti, bet CK ir ACB bisektrise. Pierādi, ka CKML.

195.zīm.
ACB un arī tā pusleņķi ir ārējie leņķi riņķa līnijai, tāpēc
ACK=1/2=KCB=1/2; no šejienes seko, ka .
Savukārt
CPM=
=MPK (abi ir iekšējie leņķi). Tā kā CPM un MPK ir vienādi blakusleņķi, tad CPM=MPK=900 un CKML.

229. Atrisini iepriekšējam uzdevumam līdzīgu uzdevumu, ja viena no leņķa ACB malām ir riņķa pieskare.
Šajā gadījumā L - pieskaršanās punkts (skat.196.zīm.)

196.zīm.
ACK=1/2()=KCL=1/2, jo pirmais ir ārējais leņķis, bet otrs - sekantes pieskares leņķis; .
CPM=
=MPK (iekšējie leņķi). Tā kā CPM un MPK ir vienādi blakusleņķi, tad CPM=MPK=900, un CKML.

2. daļa. PAPILDUZDEVUMI UN TO ATRISINĀJUMI

-

230. Cik apgabalos plakni var sadalīt

        a. taisne un riņķa līnija;
        b. divas taisnes un riņķa līnija;
        c. divas riņķa līnijas un taisne;
        d. divas riņķa līnijas un divas taisnes?
      a) 3,4 (1.a.zīm.).
      b) 4, 5, 6, 7, 8 (1.b.zīm.).
      c) 4, 5, 6, 7, 8 (1.c.zīm.).
      d) 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14 (1.d.zīm.).
231. R.l.(O1; r1) un R.l.(O2; r2 ) krustojas punktos P un T. Parādi zīmējumā figūru, kuru veido visi tādi punkti X, kuri

a) O1X < r1 un O2X < r2; c) O1X ³ r1 un O2X ³ r 2;

b) O1X < r1 un O2X ³ r2; d) O1 X ³ r1 un O2X £ r2!

      Iesvītrotā figūra:
      a) skat. 2.a.zīm. b) skat. 2.b.zīm.
      c) skat. 2.c.zīm. d) skat. 2.d.zīm.
232.k Uz papīra lapas uzkrita tintes traips. Traipa katram punktam tika atrasts īsākais attālums līdz traipa kontūrai, turklāt lielākais no šiem īsākajiem attālumiem bija r. Traipa katram punktam tika atrasts arī lielākais attālums līdz traipa kontūrai, savukārt mazākais no šiem lielākajiem attālumiem bija R. Izrādījās, ka r = R. Pieradi, ka traips ir riņķis! (Zināms, ka traips sastāv no viena gabala un tajā nav “tīru caurumu”.)
      Atrodam punktu O, kura īsākais attālums līdz kontūrai ir r, un novelkam R.l. (O1,r). Tātad visiem pārējiem attālumiem no punkta O1 līdz kontūrai, kurus apzīmēsim ar O1X, ir spēkā nevienādība: O 1X³ r , tātad R.l. atrodas kontūra ārpusē vai sakrīt ar to.
      Līdzīgi atrodam punktu O2 , kura garākais attālums līdz kontūrai ir R un novelkam R.l. (O2 ,R). Šajā gadījumā visiem pārējiem attālumiem no punkta O2 līdz kontūrai, kurus apzīmēsim ar O2 X, ir spēkā šāda nevienādība: O2X £ R. Tātad kontūra atrodas R.l. iekšpusē vai sakrīt ar to. Seko, ka R.l. (O 1,r) atrodas R.l. (O2 ,r) iekšpusē vai sakrīt ar to. Tā kā abas riņķa līnijas ir ar vienādiem rādiusiem (r=R), tad atliek secināt, ka abas riņķa līnijas sakrīt, bet kontūrs, kuru tās ierobežoja, arī sakrīt ar šīm riņķa līnijām.
233.k Figūra F ir n riņķu kopējā daļa un satur vairāk nekā vienu punktu. Pierādi, ka šīs figūras robežu var izteikt kā 2n-2 loku apvienojumu!
      Vispirms pierādīsim lemmu, ar kuras palīdzību varēsim atrisināt minēto uzdevumu.
      LEMMA.
      Ja uz apļa uzrakstīti burti, un ir zināms, ka
      1. vienādi burti neatrodas blakus,
      2. dažādo burtu skaits nepārsniedz n,
      3. katru divu dažādo burtu kopas uz apļa var atdalīt ar taisni vienu no otras, tad kopējais burtu skaits £ 2n-2.
      Ja n=2, tad kopējam burtu skaitam ir jābūt 2 2-2=2. Dažādie burti ir attiecīgi A un B.
      Pieņemsim pretējo, ka uz riņķa līnijas var atlikt vismaz 3 burtus Atliksim uz riņķa līnijas burtu A, tā kā pēc lemmas nosacījumiem blakus nevar atrasties vienādi burti, tad nākošo rakstām B tālāk aiz B kā trešo var rakstīt tikai A. Tā kā trešais un pirmais atrodas blakus un tie ir vienādi, tad starp tiem kā ceturtais ir jāliek A. Taču tādā gadījumā A burtu kopu nevarēs atdalīt ar taisni no B burtu kopas. Pretruna, atliek pieņemt, ka kopējais burtu skaits nepārsniedz 2 (3 .zīm.).
      Lemma izpildās gadījumā, ja n=k, tātad burtu skaits £ 2k-2. Pierādīsim, ka lemma izpildās arī gadījumā, ja n=k+1, tad burtu kopējais skaits £ 2n-2=2k.
      Pieņemsim pretējo, tas ir, ka lemma, ja n=k+1, kopējais burtu skaits >2k. Apskatīsim mazāko no abiem lokiem, ko katrs vienādo burtu pāris atšķeļ uz riņķa līnijas ( par mazāko loku tiek uzskatīts tas, uz kura atrodas mazākais punktu skaits). Atradīsim mazāko no šiem mazākajiem lokiem Č XmX (4.zīm.).
      Uz loka Č XmX atradīsies vismaz viens cita veida punkts, ko apzīmēsim ar A, otra burta A uz šī loka nebūs, jo pretējā gadījumā mazāko loku ietvertu burtu A pāris. Uz otra loka Č XnX arī nevar atrasties neviens burts A, jo pretējā gadījumā burtu X kopu nevarētu atdalīt ar taisni no burtu A kopas.
      Ja A ir vienīgais no X atšķirīgais punkts uz loka Č XmX, tad izņemot A no riņķa līnijas, abi burti X atradīsies blakus. Tādēļ, lai izpildītos lemmas nosacījums, ka divi vienādi burti nevar atrasties blakus, izņemsim no riņķa līnijas arī vienu no šiem X. Tā kā burts A ir vienīgais, tad izņemot burtu no riņķa līnijas, arī dažādo burtu skaits samazinās par vienu un n=k, bet burtu skaits samazināsies par 2 un būs >2k-2. Pretruna, jo, ja n=k, tad kopējais burtu skaits £ 2k-2. Atliek pieņemt, ka gadījumā, ja n=k+1, kopējais burtu skaits £ 2k, ko arī vajadzēja pierādīt.

      Visas n riņķa līnijas sanumurēsim ar skaitļu no 1 līdz n palīdzību. Katram riņķa līnijas lokam, kas izšķeļ figūras F kontūru, piekārto to pašu skaitli, kas ir pašai riņķa līnijai (5.zīm).
      Atliksim figūras F loku numurus uz riņķa līnijas (6.zīm).
      Pārbaudīsim, vai izpildās visi lemmas nosacījumi:
      1) vienādi burti neatrodas blakus (ja divi vienādi skaitļi atrastos blakus, tie būtu vienas riņķa līnijas loki ar kopēju galapunktu, tātad tos varētu apvienot un izveidot vienu loku),
      2) dažādo burtu skaits nepārsniedz n (dotas tieši n riņķa līnijas),
      3) katru divu dažādo burtu kopas uz apļa var atdalīt ar taisni vienu no otras (tas tiešām tā ir, jo katrām divām riņķa līnijām, kurām ir vairāk kā viens kopējs punkts kā to paredz uzdevuma nosacījumi, ir tieši divi kopēji punkti un tādā gadījumā riņķa līnijas krustojas un vienas riņķa līnijas lokus atdala no otras riņķa līnijas lokiem ar taisni, kas vilkta caur abu riņķa līniju krustošanās punktiem).
      Tātad, atbilstoši lemmai, kopējais punktu skaits £ 2n-2. Tātad figūras F robežu var izteikt kā 2n-2 loku apvienojumu, ko arī vajadzēja pierādīt.
      234. * Vai iespējama tāda figūra F, lai ar vienu tās eksemplāru nevarētu pārklāt pusriņķi, bet ar diviem eksemplāriem varētu pārklāt attiecīgo riņķi? Vai varētu izdomāt tādu izliektu figūru F?

      Iesvītrotās figūras 7. un 8.zīmējumā.
235. * Vai iespējama tāda figūra F, lai ar 999 tās eksemplāriem nevarētu pārklāt pusriņķi, bet ar 1000 eksemplāriem varētu pārklāt riņķi?
      Iesvītrotā figūra 9.zīmējumā.

236. Plaknē uzzīmēti n riņķi un katram no tiem novilkta horda.

Pierādi apgalvojumu: apgabalus, kuros tiek sadalīta plakne, var izkrāsot trīs krāsās (katru apgabalu – vienā krāsā) tā, lai katri divi apgabali, kas robežojas pa loku vai pa taisnes nogriezni, būtu nokrāsoti dažādās krāsās.

      Apzīmēsim krāsas ar 0,1,2. Par šo krāsu nākamo krāsu saksim attiecīgi krāsas 1, 2, 0. Krāsošanu veiksim sekojoši: novilksim riņķi, izkrāsosim plakni, novilksim riņķa hordu, pārkrāsosim plakni; novilksim riņķi, pārkrāsosim plakni, utt.

      Novilksim 1.riņķi. Tā ārpusi nokrāsosim krāsā 0, bet iekšpusi krāsā 1. Novilksim hordu, riņķa daļu hordas vienā pusē pārkrāsosim nākamajā krāsā, t.i., krāsā 2.

      Ar katru nākamo riņķi rīkosimies sekojoši (pieņemsim, ka pašreiz visi apgabali ir izkrāsoti pareizi, tātad katri divi apgabali, kas robežojas pa loku vai taisnes nogriezni, būtu nokrāsoti dažādās krāsās):

      1. Ja jaunais riņķis sakrīt ar kādu iepriekš novilktu riņķi, tad plakni atstājam bez izmaiņām; pretējā gadījumā, t.i., ja jaunais riņķis nesakrīt ne ar vienu iepriekš novilktu riņķi, tā iekšpusē katru apgabalu pārkrāsosim tam nākamajā krāsā (10.zīm.).

      2. Novilksim hordu:

      a) Ja hordai nav neviens kopīgs nogrieznis ar kādu citu jau novilktu hordu, tad riņķa hordas vienas puses apgabalus pārkrāsosim to nākamajā krāsā.



      Ja jaunais riņķis sakrīt ar iepriekšējo, tad jauna lokveida robeža nenāk klāt, jo jaunā vienkārši sakrīt pilnībā ar iepriekšējo, jauna ir tikai hordas robeža, kuras vienā pusē apgabali vispār netiek pārkrāsoti, bet otrā pusē visi apgabali tiek pārkrāsoti nākamajā krāsā, tātad nav iespējams, ka jaunā robeža atdalītu divus vienādas krāsas apgabalus. Ja jaunais riņķis nesakrīt ar nevienu iepriekšējo riņķi, tad katrs jaunās riņķa līnijas loks sadala kādu veco apgabalu iekšējā daļā un ārējā daļā attiecībā pret jauno riņķi. Sākumā tie ir vienā krāsā, pēc pārkrāsošanas jaunā riņķa iekšpuses apgabali tika pārkrāsoti nākamajā vai aiznākamajā krāsā. Tāpēc gar jauno riņķa līniju visi apgabali nokrāsoti pareizi.

      b) Ja jaunā riņķa hordai ir kopīgs kāds nogrieznis ar kādu citu novilktu hordu (11.zīm.), tad rīkojamies sekojoši. Apgabalus, kuru robeža ir kopīgais jaunā un iepriekšējā riņķa hordas nogrieznis atstājam bez izmaiņām. Tā kā šajos apgabalos nekādas jaunas robežas netika ieviestas, tad arī krāsojums paliek iepriekšējais, tātad, saskaņā ar pieņēmumu, pareizais. Pārējos gadījumos, t.i., ka apgabalu robeža ir jauns, ar iepriekšējo nesakrītošs, hordas nogrieznis, rīkojamies kā 2.a) sadaļā minētajā gadījumā.

      Tā rīkojamies līdz ir nokrāsoti visi n riņķi. Tātad apgabalus, kuros tiek sadalīta plakne ar n riņķiem, kur katram no tiem ir novilkta viena horda, var izkrāsot trīs krāsās tā, lai katri divi apgabali, kas robežojas pa loku vai pa taisnes nogriezni, būtu nokrāsoti dažādās krāsās.

237. Riņķa līnija ar 4n punktiem ir sadalīta 4n vienādos lokos. Katrs otrais dalījuma punkts nokrāsots balts, bet pārējie punkti – sarkani. Novilktas 2n hordas, turklāt katra no tām savieno vienas krāsas punktus. Hordas ir nokrāsotas tādā pašā krāsā kā to galapunkti. Pierādi, ka sarkanās un baltās hordas krustojas vismaz n punktos!


Katra horda savelk divus lokus, horda AB savelk Č AmB un Č AnB (12.zīm.). Ja hordu AB krusto otra horda, tad otrās hordas galapunkti atrodas uz dažādiem lokiem attiecībā pret hordu AB (viens galapunkts uz Č AmB, otrs-uz Č AnB).

Pieņemsim, ka neviena no sarkanajām hordām savā starpā nekrustojas, sauksim šo gadījumu par A gadījumu . Tā kā sarkano hordu AB nekrusto neviena cita sarkanā horda, tad gan uz Č AmB, gan uz Č AnB atrodas pāra skaits sarkano punktu (galapunktus ieskaitot). Ja sarkanie punkti uz abiem lokiem ir nepāra skaitā, vismaz vienu no sarkanajiem punktiem horda savieno ar sarkano punktu no otra loka.

Uz loka, kur galapunktus ieskaitot ir pāra skaits sarkano punktu, atrodas nepāra skaits balto punktu. Tātad vismaz vienu no baltajiem punktiem uz Č AmB baltā horda savienos ar balto punktu uz Č AnB. Tas nozīmē, ka baltā horda krusto sarkano hordu AB. Tā kā pavisam it 2n sarkani punkti, sarkano hordu skaits ir n. Katru sarkano hordu krusto vismaz viena baltā, tādēļ balto un sarkano hordu krustpunktu skaits ir vismaz n.

Reducēsim patvaļīgu hordu izvietojumu (vismaz divas sarkanās hordas krustojas savā starpā) uz A gadījumu (neviena no sarkanajām hordām nekrustojas). Reducēšana: ja divas hordas krustojas, minēto hordu vietā starp to galapunktiem novelkam citas divas hordas, kas nekrustojas savā starpā.

Apskatīsim visas iespējas, kā varētu būt novietota baltā horda:

a) baltas un sarkanas hordas krustpunkts ir viens (13.zīm.), pēc reducēšanas – arī viens (14.zīm.),



b) baltas un sarkanas hordas krustpunkti ir divi (15.zīm.), pēc reducēšanas – divi (16.zīm.) vai neviens (17.zīm.).

Tātad pēc reducēšanas uz A gadījumu balto un sarkano krustpunktu skaits nepalielinās. Tā kā A gadījumā sarkano un balto hordu krustpunktu skaits ir vismaz n, tad arī vispārējā gadījumā krustpunktu skaits ir vismaz n.

238. Riņķa līnija, kuras centrs ir punkts A, pieskaras vienai no koordinātu asīm. Nosaki riņķa līnijas rādiusu, ja tā pieskaras

        a. Ox asij un punkta A koordinātas ir (-2;-3);
        b. Oy asij un punkta A koordinātas ir (-2;-3);
        c. Ox asij un punkta A koordinātas ir (2;-11);
        d. Oy asij un punkta A koordinātas ir (-99;-100)!
      1) r = 3;
      2) r = 2;
      3) r = 11;
      4) r =99.
239. Kā novietota riņķa līnija (A; r) attiecībā pret koordinātu asīm, ja
            a) r = 3 un A (3; 5);
            b) r = 5 un A (3; 5);
            c) r = 2 un A (-2; -1);
            d) r = 1 un A (-2; 0);
            e) r = 1 un A (0; -1)?
      1) R.l. pieskaras Oy asij un nekrusto Ox asi;
      2) R.l. krusto Oy asi un pieskaras Ox asij;
      3) R.l. pieskaras Oy asij un krusto Ox asi;
      4) R.l. krusto Ox asi un nekrusto Oy asi;
      5) R.l. krusto Oy asi un pieskaras Ox asij koordinātu sākumpunktā.
240. Riņķa līnija neiet ne caur vienu no izliekta 101-stūra virsotnēm, un tai ir kopējs punkts ar katru šī daudzstūra malu. Pierādi, ka riņķa līnija pieskaras vismaz vienai malai! Vai tā var pieskarties tieši 16 malām?
      Tā kā katrai izliekta 101-stūra malai ir viens kopējs punkts ar riņķa līniju, riņķa līnija vai nu pieskaras daudzstūra malai, vai arī krusto daudzstūra malu vienā punktā.

      1) Pieņemsim pretējo, ka neviena daudzstūra mala nepieskaras riņķa līnijai, tātad R.l. krusto šīs malas. No šejienes seko, ka daudzstūra vienas malas galapunktiem jāatrodas dažādās pusēs attiecībā pret R,l., tas ir vienai ārpus R.l ( apzīmēsim to ar m), otrai R.l. iekšpusē ( apzīmēsim to ar n).

      Tā kā ir iespējamas divu veidu šādas virsotnes un nevienas divas blakus stāvošas virsotnes nebūs viena veida, ir vienāds skaits gan n-veida, gan m-veida virsotnes. Tas ir iespējams tikai tad, ja daudzstūra virsotņu skaits ir pāra skaitlis.

      Pretruna, jo dotajam daudzstūrim ir 101 virsotne. Atliek pieņemt, ka riņķa līnija pieskaras vismaz vienai daudzstūra malai.

      2)Katra daudzstūra virsotne ir m vai n veida, attēlosim atbilstoši visas sākot no 1. līdz 101. daudzstūra virsotnei uz riņķa līnijas (18.zīm.).



      Apskatīsim virsotnes, sākot no pirmās, tādā veidā “apejot” visapkārt riņķim. Tā kā tieši 16 daudzstūra malas pieskaras riņķa līnijai ( tas nozīmē, ka malas abi galapunkti ir viena veida ), tad ir tieši 16 punkti, kas ir tāda paša veida kā iepriekšējais. Izslēdzot šīs 16 virsotnes, no pārējām 85 virsotnēm nevienas divas viena veida virsotnes neatrodas blakus, līdzīgi kā iepriekš, iegūstam pretrunu, jo ar nepāra skaitu virsotņu tas nav iespējams.

      Tātad riņķa līnija nevar pieskarties tieši 16 malām.

241. Riņķa līnija ar centru O pieskaras taisnēm m un n. Tiek novilkta vēl trešā taisne t, kas arī pieskaras riņķa līnijai un krusto taisnes m un n attiecīgi punktos M un N. Pierādi, ka neatkarīgi no taisnes t leņķa MON lielumam var būt ne vairāk kā divas dažādas vērtības!
1. gadījums. 1) Apskata D OAM un D OBM (19.zīm.).
MA=MB, kā pieskaru nogriežņi,
MO - kopēja mala,
AO=OT= r.
D OAM = D OBM, pēc trijstūru vienādības paz.(mmm), tātad AOM = BOM.
Līdzīgi pierāda, ka D OBN= D NOC, tātad BON = NOC.
AOC= AOB+ BOC= AOM+ BOM+ BON+ NOC=
=2 Š BOM+2 Š BON =2 Š MON,
MON= AOC.
2.gadījums. Līdzīgi kā iepriekš secinām (20.zīm.), ka
3600- AOC= AOM+ MOB+ BON+ NOC=2 MOB+2 NOB=2 MON.
Tātad MON=1800- .

242. * Plaknē doti 100 punkti. Pierādi, ka var uzzīmēt dažus riņķus tā, ka

            a. katru punktu pārklāj viens no šiem riņķiem;
            b. riņķu diametru summa mazāka nekā 100;
            c. katru divu riņķu punkti atrodas viens no otra attālumā, kas lielāks nekā 1!
      Apskatīsim vispārīgo gadījumu - plaknē doti n punkti. Pierādi, ka var uzzīmēt dažus riņķus tā, ka
      1) katru punktu pārklāj viens no šiem riņķiem;
      2) riņķu diametru summa mazāka nekā n;
      3) katru divu riņķu punkti atrodas viens no otra attālumā, kas lielāks nekā 1!
      ja plaknē doti n punkti un pierādīsim minēto uzdevumu.
      Apskatīsim gadījumu, ja n=1. Ap šo punktu apvelk riņķa līniju, kuras diametrs ir mazāks par 1, visi 3 apgalvojumi izpildās. Esam pierādījuši uzdevumu gadījumā, ja n=1.
      Ja n=2, tad iespējamas divas atbildes: ja attālums starp abiem punktiem ir mazāks vai vienāds nekā 1, tad ap abiem punktiem apvelk riņķa līniju, kuras diametrs mazāks par 2; ja attālums starp punktiem ir lielāks nekā 1, tad ap katru punktu apvelk riņķa līniju, kuras diametrs mazāks nekā 1. Abos gadījumos uzdevuma apgalvojums izpildās, uzdevums ir pierādīts arī gadījumā, ja n=2.
      Pieņemsim, ka uzdevums izpildās gadījumā, ja n=k ( tātad visu diametru summa ir mazāka par k) un pierādīsim, ka tas izpildās arī gadījumā, ja n=k+1.
      Ja visi attālumi starp riņķa līniju un punktu ir lielāki par 1, tad ap šo punktu apvelk riņķa līniju, kuras diametrs ir mazāks nekā 1. Tātad riņķa diametru summa palielinās par mazāk nekā 1. Ja vismaz viens attālums starp riņķa līniju un k+1-mo punktu nav lielāks nekā 1, tad punktu pievieno šai riņķa līnijai, palielinot tās diametru par ne vairāk kā 1. Tātad arī visu riņķu diametru summa mazāka nekā k+1.
      Seko, ka uzdevums izpildās arī gadījumā, ja n=100.

243. Dots riņķis. Pierādi, ka var uzzīmēt sešus tam vienādus riņķus, kas visi pieskaras dotajam riņķim un kam nav kopēju iekšējo punktu!


      Riņķis ar centru A ir dotais riņķis, kuram pieskarsies pārējie. Uzzīmēsim 2 riņķus ar centru B un C, kas pieskaras minētajam riņķim ar centru A un pieskaras arī savā starpā (21.zīm.).
      Tā kā divu riņķa līniju centri atrodas uz vienas taisnes kopā ar pieskaršanās punktu un riņķi savā starpā ir vienādi, tad seko, ka AB=BC=AC=2R, D ABC ir vienādmalu un visi tā leņķi attiecīgi ir 600 . Tātad trīs riņķu, kas savstarpēji pieskaras, centri ir vienādmalu trijstūra virsotnes.
      Uzzīmēsim riņķus:
            ar centru D, kas pieskaras riņķiem ar centriem C un A,
            ar centru E, kas pieskaras riņķiem ar centriem D un A
            ar centru F, kas pieskaras riņķiem ar centriem E un A,
            ar centru G, kas pieskaras riņķiem ar centriem F un A. Seko, ka CAD=600, DAE=600, EAF=600, FAG=600.
            Pārliecināsimies, ka arī riņķi ar centriem G un B nekrustojas.
      GA=BA=2R, GAB ir vienādsānu. BAC+ CAD+ DAE+ EAF+ FAG=3000, tātad arī GAB=3600-3000=600, seko, ka D GAB ir vienādmalu. Tātad GB=2r un riņķi ar centriem G un B pieskaras. Tātad dotajam riņķim ar centru A var uzzīmēt sešus tam vienādus riņķus (riņķi ar centriem B, C, D, E, F, G), kas visi pieskaras dotajam riņķim un kam nav kopēju iekšējo punktu.
244. * Uzzīmē plaknē galīgu skaitu riņķu tā, lai katrs no tiem pieskartos tieši pieciem citiem riņķiem!
      Skatīt 22. zīmējumu.

245.* Vai var uzzīmēt sešus vienādus riņķus, lai katrs no tiem pieskartos tieši trim citiem riņķiem?
      Jā, var (23.zīm.).

246. Pacenties uzzīmēt trīs riņķa līnijas tā, lai eksistētu tieši
            a) viena riņķa līnija, kas tām visām trim pieskaras;

            b) divas; c) trīs; d) četras; e) piecas; f) sešas;

            g) septiņas; h) astoņas; i) bezgalīgi daudz riņķa līniju,

            kas tām visām trim pieskaras!




247.* Plaknē uzzīmēti n vienādi riņķi bez kopējiem iekšējiem punktiem. Pierādi, ka tos var izkrāsot četrās krāsās (katru riņķi vienā krāsā) tā, lai vienādi izkrāsotie riņķi viens otram nepieskartos!
Ja n=1, šo vienu riņķi var izkrāsot tā, lai vienādi izkrāsotie riņķi viens otram nepieskartos, jo nav pat otra riņķa, kas varētu pieskarties dotajam, kur nu vēl tās pašas krāsas.
Ja n=2, var izkrāsot tā, lai vienādi izkrāsotie riņķi viens otram nepieskartos; riņķus nokrāso divās dažādās krāsās.
Ja n=3, var izkrāsot tā, lai vienādi izkrāsotie riņķi viens otram nepieskartos; riņķus nokrāso trīs dažādās krāsās.
Ja n=4, var izkrāsot tā, lai vienādi izkrāsotie riņķi viens otram nepieskartos; riņķus nokrāso četrās dažādās krāsās.
Pieņemsim, ka visai riņķu kopai aplikta apkārt tāda kā gumija, šī te gumija apraksta izliektu daudzstūri, kura stūri ir noapaļoti (33.zīm.).


      Apskatīsim riņķi Z, kurš atrodas daudzstūra stūrī, pavisam riņķu skaits ir m+1. Riņķim Z pieskaras ne vairāk kā trīs riņķa līnijas (34.a).zīm.). Ja riņķim pieskartos vairāk kā trīs riņķi, tad tas vairs neatrastos daudzstūra stūrī (34.b).zīm.).

      Pieņemsim, ka visus riņķus, izņemot riņķi Z, kuru skaits ir m, var izkrāsot četrās krāsās tā, vienādi izkrāsotie riņķi viens otram nepieskartos.

      Apskatīsim šos m riņķus kopā ar riņķi Z, tātad riņķu kopskaits ir m+1. Tā kā riņķis Z pieskaras ne vairāk kā trim citiem riņķiem, tad riņķi Z vienmēr var nokrāsot vienā no četrām krāsām, kurā savukārt nav nokrāsots neviens no trim riņķiem, kas pieskaras riņķim Z.

      Tātad riņķus var izkrāsot četrās krāsās tā, lai vienādi izkrāsotie riņķi viens otram nepieskartos, arī tad, ja riņķu skaits ir 5, 6, 7, .., n.

248. * Uzzīmē 11 vienādus riņķus bez kopējiem iekšējiem punktiem tā, lai, pēc patikas tos izkrāsojot trīs krāsās (katru riņķi vienā krāsā), noteikti atrastos divi vienādi izkrāsoti riņķi, kas savstarpēji pieskaras!
      Apzīmēsim trīs krāsas attiecīgi ar 1, 2 un 3. Ja tiek iekrāsota krāsa 1 kā tas redzams 35.a).zīmējumā, tad noteikti krāsā 1 atrodas arī vēl divās vietās kā tas redzams 35.b).zīmējumā, tālāk turpinot ir redzams, ka neizbēgami sakārsies riņķi, kuru abu krāsas ir 1 (34.b).zīm.). Lai ar kura riņķa krāsošanu mēs sāktu, visi riņķi 1 būs vienā un tajā pašā krāsā.

249.k (Neatrisināta problēma.) Vai iespējams uzzīmēt 10 riņķus, kam piemīt iepriekšējā uzdevumā minētā īpašība?
      Pagaidām neatrisināts!
250. Diviem riņķiem nav kopēju punktu. Atrodi visus punktus M , kuriem piemīt šāda īpašība: katra taisne, kas iet caur punktu M , ir vismaz vienas riņķa līnijas sekante!
      Visi riņķa iekšējie punkti, izņemot pašu riņķa līniju, apmierina dotos uzdevuma nosacījumus, jo jebkura taisne, kas vilkta caur šiem punktiem, krusto vismaz vienu riņķa līniju. Neder riņķa līnijas punkti, jo jebkuram šādam punktam cauri iet riņķa pieskare, kas nav šī riņķa sekante, izņemot gadījumu, ja šī pieskare krusto otru riņķa līniju.

      Ir četri apgabali, ko ierobežo abu riņķu kopējā ārējā pieskare, kopējā iekšējā pieskare un riņķa līnija. Apskatīsim vienu šādu apgabalu, ko ierobežo taisnes m, t un riņķa līnija 1 (36.zīm.). Jebkura taisne, kas vilkta caur šī apgabala kādu punktu, veido ar taisni t leņķi, kura lielums mainās no 00 £ x<1800 . Savienosim ar nogriežņiem trīs pieskaršanās punktus kā tas ir redzams 36. zīmējumā. Visas taisnes, kas iet caur apskatāmā apgabala punktu krustos vai nu nogriezni AB, vai nogriezni BC. Ja taisne krusto nogriezni AB punktu B ieskaitot, tad no zīmējuma redzams, ka tā noteikti krustos riņķi 1, ja taisne krusto nogriezni BC, tā noteikti krustos riņķi 2. Tātad šī apgabala punkti (izņemot pašu ārējo robežu) apmierina punkta M nosacījumus. Līdzīgi secinām, ka pārējo trīs apgabalu punkti arī apmierina punkta M nosacījumus.

      M veido iesvītroto figūru 37.zīmējumā (visi apgabalu iekšējie punkti apmierina punkta M nosacījumus, abu figūru kontūra neapmierina uzdevuma nosacījumus).

-

251. Divām riņķa līnijām novilktas abas ārējās pieskares un viena iekšējā pieskare (38. zīm.). Pierādi, ka AB = CD (A, B, C, D –pieskaršanās punkti)!


      Abu ārējo pieskaru krustpunkts ir punkts P, viena ārējā pieskare pieskaras abām riņķa līnijām punktos L un K, bet otra – N un M (39.zīm.).


      Saskaņā ar tādu divu pieskaru īpašību, kas novilktas vienai riņķa līnijai no viena punkta, PL=PN un PK=PM. Tā kā PK=PL+LK un PM=PN+NM, tad LK=NM.

      Saskaņā ar tādu divu pieskaru īpašību, kas novilktas vienai riņķa līnijai no viena punkta, LD=BD un AM=AC, kā arī CD=DK un AB=AN.

      Veicot pārveidojumus LK=LD+DK=BD+DK=BC+CD+DK=BC+2CD un MN=MA+AN=CA+AN=CB+BA+AN=CB+2BA, iegūst BC+2CD=BC+2BA, tātad CD=BA.

252. Riņķa līnija pieskaras visām sešām divu trijstūru malām (40.zīm.). Pierādi, ka AB + CD + EF + GH + IJ + KL = BC + DE + FG + HI + JK + LA!

      Saskaņā ar tādu divu pieskaru īpašību, kas novilktas vienai riņķa līnijai no viena punkta, AB+BO=AL+LM, IJ+JM=IH+HR, EF+FR=ED+DO, KL+LN=KJ+JS, GH+HS=GF+FP un CD+DP=CB+BN. Saskaitot vienādības, iegūst (AB+CD+EF+GH+IJ+KL)+(BO+JM+FR+LN+HS+DP)=

      =(BC+DE+FG+HI+JK+LA)+(LM+HR+DO+JS+FP+BN) (41.zīm.).

      Tā kā saskaņā ar tādu divu pieskaru īpašību, kas novilktas vienai riņķa līnijai no viena punkta BO=BN, JM=JS, FR=FP, LN=LM, HS=HR, DP=DO, tad BO+JM+FR+LN+HS+DP=LM+HR+DO+JS+FP+BN.

      Seko, ka AB + CD + EF + GH + IJ + KL = BC + DE + FG + HI + JK + LA.

253.* Divas riņķa līnijas ar dažādiem rādiusiem atrodas viena ārpus otras. Pierādi, ka uz taisnes, kas iet caur abu riņķa līniju centriem, krustojas

a) riņķa līniju kopējās ārējās pieskares;

b) riņķa līniju kopējās iekšējās pieskares!


      a) Novilksim abu riņķa līniju kopējās ārējās pieskares un to krustpunktu apzīmēsim ar C (42.zīm.). Riņķa līnijai ar centru O1 pieskaršanās punktus apzīmēsim ar A1 un B1 un novilksim nogriezni O1 C, otrās riņķa līnijas ar centru O pieskaršanās punktus apzīmēsim ar A un B.
            1) A1O1 C un B1O1 C ir taisnleņķa, jo saskaņā ar pieskaru īpašību O1A1C= O1B1C=900, tātad A1O1 C = B1O1 C (katete, hipotenūza). Seko, ka A1CO1= B1CO1, tātad centrs O1 atrodas uz leņķa ACB bisektrises.
            2) Līdzīgi, kā iepriekš secinām, ka OCA= OCB un centrs O atrodas uz pieskaru leņķa bisektrises. Tātad punkti O, O1 un C atrodas uz viena taisnes, t.i., pieskaru leņķa bisektrises.
      Atliek secināt, ka uz taisnes, kas iet caur abu riņķa līniju centriem, krustojas riņķa līniju kopējās ārējās pieskares, ko arī vajadzēja pierādīt.
      b) Apzīmēsim riņķa līniju iekšējo pieskaru krustpunktu ar P, novilksim nogriežņus PO1 un PO (43.zīm.).
            1) O1BP un O1 CP ir taisnleņķa trijstūri, jo saskaņā ar pieskaru īpašību O1BP= O1CP=900, tādēļ O1BP= O1 CP (hk). Seko, ka BPO1= CPO1.
            2) ODP un OEP ir taisnleņķa trijstūri, jo saskaņā ar pieskaru īpašību ODP= OEP=900, tādēļ ODP= OEP (hk). Seko, ka DPO= EPO.
            3) O1PB+ BPD+ DPO+ OPE+ EPC+ CPO1=3600,
            BPD+2 O1PB+2 DPO+ EPC=3600, 2( BPD+ O1PB+ DPO)=3600, jo BPD= EPC kā krustleņķi. Tātad O1PO=1800 un P Ī O1O.
      Uz taisnes, kas iet caur abu riņķa līniju centriem, krustojas riņķa līniju kopējās iekšējās pieskares.
254. * Dota riņķa līnija ar centru O un taisne t, kas iet caur punktu O. Novilksim vēl otra riņķa līniju ar centru uz taisnes t, kas iet caur punktu O. Abām riņķa līnijām novilksim kopējo pieskari, kas pieskaras otrajai riņķa līnijai punktā M. Kādu figūru veido visi tādejādi iegūtie punkti M?

      Punktu M savienosim ar otrās riņķa līnijas centru O1 . No punkta O novilksim perpendikulu OK pret MO1 (44.zīm.).
      Tā kā četrstūra ONMK visi leņķi ir taisni, tad saskaņā ar četrstūra pazīmi četrstūris ONMK ir taisnstūris. Tātad ON=KM.
      Savienojam punktu M ar pirmās riņķa līnijas un taisnes t krustpunktu P. Apskatīsim trijstūrus KMO un POM:
      PO=NO kā vienas riņķa līnijas rādiusi, tādēļ PO=MK.
      KMO= POM kā leņķi pie pamata vienādsānu trijstūrī.
      D KMO= D POM (mlm), tātad MPO= OKM=900.
      Seko, ka punkts M atrodas uz perpendikula, kas vilkts pirmās riņķa līnijas un taisnes t krustpunktā P pret taisni t.
      Otrā riņķa līnijas diametrs nav mazāks par OP, jo pretējā gadījumā otrā riņķa līnija atrastos pirmā riņķa līnijas iekšpusē un abām riņķa līnijām nebūtu nevienas kopējās pieskares.
      Ja otrā riņķa līnijas diametrs ir OP, kopējā pieskare iet caur punktu P, tātad punkts M satrīt ar punktu P. Palielinot otrās riņķa līnijas diametru (šis process ir nepārtraukts) nepārtraukti palielinās arī attālums MP, tātad katram punktam M eksistē sava riņķa līnija, kas apmierina dotā uzdevuma nosacījumus.
      Tā kā pieskaršanās punkti var būt gan augšējā, gan apakšējā pusplaknē attiecībā pret taisni t, kā arī otrās riņķa līnijas centrs var atrasties vai vienā, vai otrā pusē attiecībā pret punktu O uz taisnes t , tad visi punkti M apraksta divas taisnes k un p, kas ir perpendikulāras taisnei t un iet caur abiem pirmās riņķa līnijas krustpunktiem ar taisni t (45.zīm.).

255. Horda AB dala riņķa līniju divos lokos AXB un AYB. Aprēķini AXB un AYB, ja
a) Č AXB ir 5 reizes lielāks nekā Č AYB;
b) Č AXB ir 4 reizes mazāks nekā Č AYB;
c) Č AXB ir par 1000 lielāks nekā Č AYB;
d) Č AXB: Č AYB = 2 : 3!
      a) , .
      Č AYB= 3600 : 6 =600 , Č AXB=600 * 5=3000.
      AXB=1500, AYB=300.
      b ) Č AXB=3600:5=720 , Č AYB= 3600 * 4=288 0
      AXB=1440, AYB=310.
      c) Č AYB= (3600 -1000 ): 2 =1300, Č AXB=1300 +1000 =2300
      AXB=650, AYB=1150.
      d) Č AXB= (3600 :5) * 2=1440, Č AXB=720 * 3=2160
      AXB=1080, AYB=720.
256. Vai ir patiess šāds apgalvojums: ja loka leņķiskais lielums palielinās n reizes, tad tikpat reižu palielinās
a) tā centra leņķa lielums, kas balstās uz šo loku;
b) tā ievilktā leņķa lielums, kas balstās uz šo loku;
c) tās hordas garums, kura savelk šo loku;
d) attālums no riņķa centra līdz hordai, kura savelk šo loku?
      1) Patiess, jo loka leņķiskais lielums sakrīt ar centra leņķa lielumu, kas balstās uz šo loku.

      2) Patiess. Tā kā centra leņķim minētais apgalvojums ir patiess, tad arī ievilktajam leņķim tas izpildās, jo ievilktā leņķa lielums ir proporcionāls centra leņķa lielumam, ja tie balstās uz vienu loku.

      3) Pieņemsim, ka minētais apgalvojums ir patiess. Izvēlamies divas hordas AB un BC, kas katra savelk 900 loku (46.zīm.). AB=BC, jo vienādus lokus savelk vienādas hordas. Horda AC savelk abu loku apvienojumu, tātad 1800 lielu leņķi. Tā kā loka leņķiskais lielums palielinājās 2 reizes, tad arī horda, kas savelk šo loku, palielinās 2 reizes: 2AB=AC, pretruna, jo pēc sakarības starp trijstūra malām seko, ka 2AB=AB+BC >AC

      Tātad apgalvojums ir aplams.



      4) Apgalvojums ir aplams, jo no divām hordām riņķa centram tuvāk atrodas garākā horda.
257. Trīs vienādas riņķa līnijas krustojas vienā punktā. Pierādi, ka atzīmēto loku leņķisko lielumu summa ir 1800 (47. zīm.)!

      1) Tā kā BO2 =DO2 un BO1 =DO1 , kā vienas riņķa līnijas rādiusi, tad O1 un O2 pieder pie nogriežņa BD vidusperpendikula, O1O2 ^ BD.
      Pēc teorēmas DPH, seko, ka O1O2 dala Č BD uz pusēm, 1=0.5Č BD
      2) Līdzīgi pierāda, ka O3O2 dala Č AD uz pusēm un O1O3 -Č DC uz pusēm. 2=0.5Č AD un 3=0.5Č CD.
      3) O3O2D = 3, O2O1D= 1 un O1O3D= 2, kā vienādsānu trijstūra leņķi pie pamata.
      4) O3O2O1 + O2O3O1+ O2O1O3=
      =( 1+ 2)+ ( 2+ 3)+( 3+ 1)=2( 1+ 2+ 3)=
      = Č BD+ Č AD + Č CD=1800 , ko arī vajadzēja pierādīt.
258. Izmantojot jau zināmās sakarības starp centra leņķiem, lokiem un hordām, paskaidro, kā, neizmantojot transportieri, saskaņā ar 48.zīmējumā parādīto plānu no dotā stara OM var atlikt leņķi, kas vienāds ar doto A!

      1) Ar centru punktā A un brīvi izvēlētu rādiusu, ko apzīmēsim ar R, velkam riņķa līnijas loku tā, lai tas krustotu abas A malas, loka un A malu krustpunktus apzīmēsim ar B un C (48.b).zīm.).
      2) Novelkam nogriezni BC, tā garumu apzīmējam ar r (48.c).zīm.).
      3) Novelkam staru OM (48(1).zīm.).
      4) Ar centru punktā O un rādiusu R velkam riņķa līnijas loku, loka un stara OM krustpunktu apzīmēsim ar K. Divas riņķa līnijas ir vienādas, ja tām ir vienādi rādiusi (48(2).zīm.).
      5)Ar centru punktā K un rādiusu r velkam loku tā, lai tas krustotu R.l.(O;R) loku, abu loku krustpunktu apzīmējam ar D. Novelkam nogriezni DM (48(3).zīm.).
      Tā kā R=AB=OM, Č CB un Č DM ir divu vienādu riņķa līniju loki.
      Divu vienādu riņķa līniju vienādo hordu savilktie loki, kuriem lielumi nepārsniedz 1800 , ir vienādi. Tāpēc Č CB= Č DM, jo CB=DM=r (pēc konstrukcijas).
      6) Novelkam staru OD (48(4).zīm.).
      Ja divās riņķa līnijās centra leņķi izšķeļ vienādus lokus, tad šie centra leņķi ir vienādi. Tātad iegūtais DOK ir meklētais leņķis, kas vienāds ar doto A.
259. Dots : 1 > 2 (49.zīm.).

Jāpierāda : AC < AD.


      1.atrisinājums. Apskatīsim D AOC un D AOD – vienādsānu (49.zīm).
      1+ ACO+ AOC= 1+ 1+ AOC =1800
      2+ ODA+ AOD= 2+ 2+ AOD =1800
      (1800 - AOC =2* 1 ) > (2 * 2=1800- AOD)
      Tātad AOC < AOD, starp atbilstošajiem lokiem arī ir spēkā nevienādība, kur Č AC<Č AD.
      Tā kā lielāko no diviem lokiem savelk garākā horda AC<AD, jo, ko arī vajadzēja pierādīt.

      2.atrisinājums. Atliekam AC1 =AC (50.zīm.). Č AC1< Č AD<1800 , tāpēc arī atbilstošās hordas AC<AD.
260. Riņķī ar centru O novilkta horda AB, kas ar punktiem C un D sadalīta trīs vienādās daļās. Pierādi, ka stari OC un OD nesadala leņķi AOB trīs vienādās daļās!

      Pieņemsim, ka stari OC un OD sadala leņķi AOB trīs vienādās daļās, tātad AOC= COD= DOB (51.zīm.). Atliksim uz nogriežņa OA punktu E tā, lai OE=OC. Savienosim punktus E un C ar nogriezni.
      OAB= OBA kā leņķi pie pamata vienādsānu trijstūrī, OA=OB kā rādiusi, tādēļ OAC= OBD (mlm). No trijstūru vienādības seko, ka OC=OD.
      Seko, ka OEC= OCD (mlm), tādēļ EC=CD=AC.
      Tā kā vienādsānu trijstūrī leņķi pie pamata ir vienādi un trijstūra leņķu summa ir 1800 , tad secinām, ka vienādsānu trijstūrī leņķi pie pamata ir šauri, tādēļ OEC ir šaurs leņķis.
      ACE ir vienādmalu, AEC=1800- OEC kā blakusleņķi, tātad AEC>900.
      Tā kā arī AEC ir vienādsānu trijstūra leņķis pie pamata, tad saskaņā ar iepriekš pierādīto AEC<900 . Pretruna radās sakarā ar to, ka pieņēmām, ka stari OC un OD sadala AOB trīs vienādās daļās. Atliek pieņemt pretējo, ka staro OC un OD nesadala AOB trīs vienādā daļās.
261. * Riņķa līnija ar 1000 punktiem ir sadalīta 1000 vienādos lokos. Ir uzzīmēts tūkstošstūris ar virsotnēm šajos punktos, turklāt ar diagonālēm, kas nekrustojas, tūkstošstūris ir sadalīts trijstūros. Pierādi, ka starp novilktajām diagonālēm ir vismaz 8 diagonāles, kuru garumi ir dažādi!
      1.atrisinājums. Tā kā visa riņķa līnija ir sadalīta 1000 vienādos lokos, tad katras divas blakusesošas tukstošstūra virsotnes savelk 3600:1000=0,360 loku, apzīmēsim šo vienu loku ar 1 vienību.

      Katra diagonāle savelk riņķa līnijas divus lokus, kur katrs no tiem sastāv no vismaz diviem 1 vienību lokiem. Katras diagonāles garums ir vienāds ar m, kur m ir I vienību loku skaits, uz mazākā no lokiem , kurus savelk diagonāle.



      Tā kā katra diagonāle ir kāda trijstūra mala, tad katrai diagonālei MN var piekārtot virsotnes, kuras kopā ar diagonāles galapunktiem veido trijstūri (52.zīm.). Diagonāle sadala riņķa līniju divos lokos Č MaN un Č MbN. Uz Č MaN atrodas virsotne K, kura ar diagonāļu galapunktiem veido trijstūri MKN. Tā kā diagonāles nekrustojas, tātad malas MK un NK nevar krustot kāda cita diagonāle, seko, ka uz loka MaN virsotne K ir vienīgā, ar kuru diagonāles MN galapunkti veido trijstūri, tātad arī uz loka MbN atrodas tieši viena virsotne L, kas ar diagonāles galapunktiem veido trijstūri MLN.

      Apskatīsim tūkstošstūra vislielāko diagonāli AB (54.zīm.). Tā kā katra diagonāle ir kāda trijstūra mala, tad garākā diagonāle ir arī garākā mala trijstūrī ABC, kur punkts C atrodas uz lielākā no abiem lokiem, kuros riņķa līniju sadala diagonāle AB. Garākās diagonāles AB maksimālais iespējamais garums ir 500 ( ). Pieņemsim, ka trijstūra ABC otras garākā mala ir AC=x, tātad x ³ 500:2=250, jo 500.
      Saskaņā ar iepriekš pierādīto arī uz atrodas punkts, ar kuru diagonāles AC galapunkti veido trijstūri, apzīmēsim minēto punktu ar D. Ja riņķa līnijas divi loki ir mazāki nekā 1800 , tad lielāko no tiem savelk garākā horda, tādēļ mala AC ir garākā mala trijstūrī ACD, trijstūra ACD otra garākā malas ir x1 , tātad 250>x1³ 250:2=125.
      Apskatīsim otru trijstūri, kura mala arī ir diagonāles x1 , x2 ir otra garākā mala šajā trijstūrī, tātad 125>x2 ³ 63>125:2=62,5.
      Līdzīgi kā iepriekš seko, ka
      63>x 3³ 32>63:2=31,5;
      32>x 4³ 32:2=16;
      16>x 5³ 16:2=8;
      8>x 6³ 8:2=4;
      4>x 7³ 4:2=2.
      Tātad tūkstošstūrī eksistē 8 dažāda garuma diagonāles:
      x, x1 , x2, x3, x4, x5, x6, x 7.

      2.atrisinājums. Par "īsāko" diagonāli fiksētam daudzstūrim sauksim kādu diagonāli, kura savieno divu blakus malu galapunktus, veidojot ar šīm malām trijstūri (54. zīm.).



      Pieņemsim, ka 1000- stūris jau ir sadalīts trijstūros. Atzīmēsim šim daudzstūrim visas "īsākās" diagonāles un atmetīsim šo diagonāļu atšķeltos trijstūrus. "Īsāko" diagonāļu skaits nepārsniedz pusi no daudzstūra virsotņu skaita, tāpēc atlikušajam daudzstūrim (to veido malas un diagonāles) ir vismaz

      1000-1000:2 =500 virsotnes.

      Jaunizveidotajam daudzstūrim atkal atzīmēsim visas "īsākās" diagonāles. To garums noteikti atšķiras no iepriekšējo garuma, jo iepriekšējā solī mēs atzīmējām visas "īsākās" diagonāles. Atmetīsim "īsāko" diagonāļu atšķeltos trijstūrus. "Īsāko" diagonāļu skaits šim jaunajam daudzstūrim nepārsniedz pusi no iepriekšējā daudzstūra virsotņu skaita, tāpēc atlikušajam daudzstūrim ir vismaz 500- 500:2 =250 virsotnes.

      Turpinām aprakstīto darbību, līdz atlikušā daudzstūra virsotņu skaits būs 3 (tad viss būs sadalīts trijstūros).

      Pēc 1. atzīmēšanas palika vismaz 500- stūris, pēc 2.- vismaz 250- stūris, pēc 3- vismaz 125- stūris, pēc 4.- vismaz 62- stūris, pēc 5.- 31- stūris, pēc 6.- 15- stūris, pēc 7.- 7- stūris. Lai 7- stūri sadalītu trijstūros, vajadzīga vēl vismaz viena atzīmēšana.

      Diagonāļu garumi dažādās atzīmēšanās neatkārtojas, tāpēc dažādo diagonāļu skaits būs vismaz 8.

262.k Riņķa līnija ar 2n punktiem ir sadalīta 2n vienādos lokos. Vai iespējams dalījuma punktus apvienot n pāros tā, lai visas hordas, kas savieno viena pāra punktus, būtu dažāda garuma?
      Ja uz riņķa līnijas dotas regulāra 2n-stūra virsotnes, tad nogrieznis, kas savieno patvaļīgas divas no tām, noteikti būs ar vienu no iespējamiem n garumiem (tāds, kas savelk vienu loku, tāds, kas savelk divus lokus, …,tāds, kas savelk n lokus starp blakus esošiem punktiem; ja divi nogriežņi savelk vienādu skaitu šādu laku uz riņķa līnijas, tad to garums ir vienāds).

      Par divus atzīmētos punktus savienojoša nogriežņa “garumu” nosauksim to loku skaitu, kuru dotais nogrieznis uz riņķa līnijas savelk (skaitīsim lokus īsākajā aploces daļā). Tā kā visiem nogriežņiem ir jābūt dažāda garuma, tad mums jānovelk precīzi pa vienam nogrieznim katrā no iespējamiem garumiem.

      Sanumurējam visus 2n punktus (55.zīm.), katram punktam uz riņķa līnijas tiek piekārtots skaitlis. Nogriežņa garumu starp k un k+1 ir 1, starp k un k+2, nogriežņa garums ir 2, starp k un k+3, nogriežņa garums ir 3, starp k un k+4 nogriežņa garums ir 4, …, starp (ja k ir pietiekami liels skaitlis). Tātad ja nogriežņa “garums” ir nepāra skaitlis, tad abi nogriežņa galapunktu numuri ir dažādi: viens pāra skaitlis, bet otrs – nepāra; savukārt, ja nogriežņa “garums” ir pāra skaitlis, tad abi nogriežņa galapunktu numuri ir vai nu pāra, vai nepāra skaitļi. Seko, ka nogriežņa garums ir pāra skaitlis tad un tikai tad, ja tā galapunktu numuru summa ir pāra skaitlis, savukārt nogriežņa garums ir nepāra skaitlis tad un tikai tad, ja tā galapunktu numuru summa ir nepāra skaitlis.



      Līdz ar to visu nogriežņu “garumu” summa ir tāda paša veida, kā visu punktu numuru summa, t.i., vai nu pāra, vai nepāra skaitlis (jo katrs punkts ir galapunkts precīzi vienam nogrieznim).

      Visu punktu summa ir 1+2+…+2n=2n(2n+1)/2=n(2n+1) (1), savukārt visu nogriežņu summa ir !+2+…+n=n(n+1)/2 (2).

      Atņemsim gan no (1), gan no (2) skaitli n, abu summu veids, t.i., pāra vai nepāra skaitlis, no tā nemainīsies: n(2n+1)-n=2n2 vienmēr ir pāra skaitlis. Tātad arī starpībai n(n+1)/2-n=n(n-1)/2 ir jābūt pāra skaitlim, tas iespējams tikai tad, ja vai nu n vai n-1 dalās ar 4, seko, ka n ir izsakāms formā 4t vai 4t+1, kur t Ī N.

      Tātad atzīmētos 2n punktus var savienot ar dažāda garuma nogriežņiem, ja n vai n-1 dalās ar 4.

      2) Pierādīsim: ja n=4t vai n=4t+1, kur t Ī N, tad atzīmētos 2n punktus vienmēr var savienot ar dažāda garuma nogriežņiem.

      a) Vispirms apskatīsim gadījumu, ja n=4t.

      Ja t=1, n=4, tad 2n punktus var savienot ar dažāda garuma nogriežņiem (56.zīm.; pie katra nogriežņa atzīmēts tā garums).

      Ja t=2, n=8, tad 2n punktus var savienot ar dažāda garuma nogriežņiem (57.zīm.)

      Ja t=3, n=12, tad 2n punktus var savienot ar dažāda agruma nogriežņiem (58.zīm.).

      Nogriežņu izvietojumu katram nākamajam t mēs iegūsim, 58. zīmējumā redzamos nogriežņus XX1, YY1, ZZ1 un WW1 dubultojot. Lai iegūtu no viena no viena nogriežņu izvietojuma nākamo, mēs vispirms novelkam katram no minētajiem nogriežņiem blakus otru ( tādejādi ar bultiņām norādītajās vietās radot astoņus papildu punktus uz riņķa līnijas); iezīmes X, X1, Y, Y1, Z, Z1, W, W1 uz blakus nogriežņiem nepārnesam. Pēc tam “izbīdām” iegūtos punktus pa riņķa līniju tā, lai blakuspunkti visur būtu vienādā attālumā viens no otra.

      Ja sanumurējam visus punktus uz riņķa līnijas, sākot ar punktu A, pulksteņa rādītāja kustības virzienā, tad atzīmētajiem punktiem vienmēr būs šādi numuru:

      A=1, C=n+1, B=6t+1, E=2t, D=3t+1.

      Nogrieznis, kura “garums” ir pārskaitlis, vienmēr atradīsies nogriežņu XX 1, YY1 radītajā saimē, nogriežņi ar nepāra “garumiem” būs izvietoti WW1 un ZZ1 saimē. Novilkti visu “garumu” nogriežņi, katrs punkts parādās nogriežņa galapunkta lomā precīzi vienu reizi.

      b) Ja n=4t+1.

      Ja t=0, n=1, tad 2n punktus var savienot ar nogriezni (59.zīm.)

      Ja t=1, n=5, tad 2n punktus var savienot ar dažāda garuma nogriežņiem (60.zīm.)

      Ja t=2, n=9, tad 2n punktus var savienot ar dažāda garuma nogriežņiem (61.zīm.)

      “dubultošanas” operācija parādīta 61.zīmējumā un ir analoģiska gadījumam n=4t.

      Tātad atzīmētos 2n punktus var pa pāriem savienot ar dažāda garuma nogriežņiem tad un tikai tad, ja vai nu n, vai n-1 dalās ar 4.

263. Punkti A, B, C, D, E, F šādā secībā atrodas uz riņķa līnijas. Zināms, ka AB ēē DE un BC ēē EF. Pierādi, ka CDēē FA!

      Tā kā loki, kas riņķa līnijā atrodas starp divām paralēlām hordām, ir vienādi, seko, ka Č BCD= Č AFE un Č CDE= Č BAF (62.zīm.). Saskaitot abas vienādības iegūst Č BC+ Č CD+ Č AB+ Č AF= Č AF+ Č FE+ Č CD+ Č DE, tātad Č BC+ Č AB= Č FE+ Č DE, Č ABC= Č FED.

      Saskaņā ar PH teorēmu FAēē CD.

264. Riņķa līnijām Z1 un Z2 ir kopējs centrs, savukārt riņķa līnija Z3 krusto Z1 punktos A un B, bet Z2 - punktos C un D. Pierādi, ka AB ēē CD!
      Apzīmēsim riņķa līniju Z1 un Z2 kopējo centru ar O, bet riņķa līnijas Z3 centru ar O1 (56.zīm).
      OBO1= OAO1 (mmm), tādēļ BO1O= AO1O.
      ODO1= OCO1 (mmm), tādēļ DO1O= CO1O.
      DO1B= DO1O- BO1O= CO1O-AO1O= AO1C.
      Ja divi viena un tā paša riņķa centra leņķi ir vienādi, tad vienādi ir arī tiem atbilstošie loki, tādēļ Č AC= Č BD. Saskaņā ar PH teorēmu ABēē CD.
265. * Riņķa līnija ar 1000 punktiem ir sadalīta 1000 vienādos lokos. Slēgtai lauztai līnijai, kurai ir 1000 posmi, visas virsotnes atrodas dalījuma punktos. Pierādi, ka šai lauztajai līnijai ir vismaz viens pāris paralēlu posmu!

      Visus 1000 punktus sanumurēsim no 0 līdz 999. Apskatīsim divas paralēlas hordas A1A2 un B1B2.
      Ja nulles punkts atrodas uz loka, kuru savelk vienas riņķa līnijas galapunkti (64.zīm.), tad atbilstoši loku īpašībai, kas atrodas starp paralēlām hordām,
      B1-A1=A2-B2, tātad A1 +A2=B1+B2.
      Ja nulles punkts atrodas starp diviem dažādu hordu galapunktiem (65.zīm.),
      A2-B2 =1000+B1-A1, tātad A 1+A2=1000+B1+B2.
      Tātad ja divas hordas ir paralēlas, tad vienas hordas galapunktu numuru summa dalot ar 1000 dod tādu pašu atlikumu kā otras hordas galapunktu numuru summas dalījums ar 1000.
      Pieņemsim, ka lauztajai līnijai nav neviena pāra paralēlu posmu. Tātad visu hordu galapunktu numuru summu dalījums ar 1000 atlikumā dod dažādus skaitļus. Dalot kādu veselu skaitli ar 1000, atlikumā var iegūt 1000 dažādus, visus veselos skaitļus intervālā no 0 līdz 999. Tā kā hordas ir skaitā 1000 un dažādo atlikumu skaits arī ir 1000, tad katrs veselais skaitlis no 0 līdz 999 ir tieši vienas hordas galapunktu numuru summas dalījuma ar 1000 atlikums. Visu šo atlikumu summa ir
      0+1+..+998+999=(0+999)+(1+998)+..+(499+500)=999 * 500,
      šo reizinājumu dalot ar 1000, atlikumā iegūst 500.
      Visu 1000 hordu galapunktu numuru summas ir 1000, katrs no 1000 punktiem ir divu dažādu hordu galapunkts. Saskaitot visas šīs 1000 summas, iegūst
      2(1+2+..+999+1000)=2* 500 * 1001=1000 * 1001, dalot ar 1000 iegūst atlikumā 0. Tātad arī hordu galapunktu numuru summas dalot ar 1000 atlikumu summas atlikums ir 0. Pretruna, jo saskaņā ar iepriekš pierādīto, atlikumu summas atlikums ir 500.

      Atliek pieņemt, ka slēgtajai lauztajai līnijai ir vismaz viens pāris paralēlu posmu.

266. Riņķa līnija sadalīta 18 vienādos lokos:

a) Parādi, ka var uzzīmēt slēgtu lauztu līniju ar 18 posmiem, kurai ir tieši viens pāris paralēlu posmu un kuras visas virsotnes atrodas dalījuma punktos!

b) Pierādi to pašu apgalvojumu, ja riņķa līnija ir sadalīta 16 vienādos lokos un lauztajai līnijai ir attiecīgi 16 posmi!



267. Divas riņķa līnijas krustojas punktos A un B. Caur punktiem A un B novilktas kopējās sekantes CD un EF (68.zīm.). Pierādi, ka CE ēē DF!
Tā kā katras riņķa līnijas garums ir 3600 , bet ievilktā leņķa lielums ir vienāds ar pusi no tā loka leņķiskā lieluma, uz kuru ieviltais leņķis balstās, tad ir spēkā šādas vienādības ADF+ ABF =1800 , ECA+ ABE =1800 (69.zīm.) .
Saskaitīsim abas vienādības:
3600 = ABE+ ABF+ ECA+ ADF = 1800 + ECA+ ADF.
Iznāk, ka ECA+ ADF =1800.
Ja divas taisnes krusto trešā un iekšējo vienpusleņķu summa ir 1800 , tad šīs taisnes ir paralēlas. Tātad CE ēē DF, ko arī vajadzēja pierādīt.

268.* Atrisini iepriekšējo uzdevumu, ja punktu A, C, D un E, B, F izvietojumi uz sekantēm ir citādi!


      a) 70.zīmējums. Līdzīgi kā 267. Uzdevuma atrisinājumā secinām, ka
      ADF+ ABF=1800 un ABF+ ACE=1800 , leņķi, kuru atbilstošo loku summa ir 3600.
      Seko, ka ADF= ACE. Ja divas taisnes krusto trešā un kāpšļu leņķi ir vienādi, tad šis taisnes ir paralēlas. Tātad CEēē DF, ko arī vajadzēja pierādīt.
      b) 71.zīmējums. ADF+ ABF=1800, ABF= ECA kā ievilktie leņķi, kas balstās uz vienu loku.
      Tātad ADF+ ECA=1800 , kur ADF un EAC ir vienpusleņķi pie taisnēm CE un DF, tādēļ CE ēē DF.

      c) 72.zīmējums. DFB= DAB – ievilkti leņķi,
      CAB= CEB – ievilkti leņķi.
      Tā kā DAB= CAB, tad DFB= CEB – šķērsleņķi pie taisnēm EC un DF; tāpēc CE || DF.
      d) 73.zīmējums. DFB= DAB, CAB= CEB – ievilkti leņķi.
      Tā kā DAB= CAB, tad DFB= CEB – kāpšļu leņķi pie taisnēm EC, DF; tāpēc CE || DF.
      e) 74.zīmējums. CEB= CAB – ievilkti leņķi.
      CAB=1800- DAB= BFD (ievilkti leņķi, kuru atbilstošo loku summa ir 3600).
      CEB= BFD – šķērsleņķi pie taisnēm EC un DF; tāpēc CE || DF.
269. Divas riņķa līnijas krustojas punktos P un Q. Punktā P pirmajai riņķa līnijai novilktā pieskare krusto otro riņķa līniju vēl punktā A; caur punktu Q paralēli šai pieskarei novilktā taisne t krusto riņķa līnijas punktos B un C (75.zīm.). Pierādi, ka PB ēē AC!

      Č BmP= Č QrP, jo, ja pieskare ir paralēla hordai, tad loki starp pieskaršanās punktu un hordas galapunktiem ir vienādi, tādēļ saskaņā ar teorēmu par hordas pieskares leņķa lielumu RPB= APQ (75a.zīm.).
      Č PnQ= Č ApC, jo loki, kas riņķa līnijā atrodas starp divām paralēlām hordām, ir vienādi.
      Saskaņā ar teorēmu par ievilktā leņķa lielumu APQ= PAC= , tādēļ APQ= PAC.
      Seko, ka RPB= PAC, tātad saskaņā ar paralēlu taišņu pazīmi PB ēē AC.
270. * Atrisini iepriekšējo uzdevumu, ja punktu B, Q, C izkārtojums uz taisnes t ir citāds!

      Č PmQ= Č PnB, jo, ja pieskare ir paralēla hordai, tad loki starp pieskaršanās punktu un hordas galapunktiem ir vienādi, tādēļ saskaņā ar teorēmu par hordas pieskares leņķa lielumu PBQ= PQB (76.zīm.).

      Č PdQ= Č AkC, jo loki, kas riņķa līnijā atrodas starp divām paralēlām hordām, ir vienādi.

      Saskaņā ar teorēmu par ievilktā leņķa lielumu ACQ= PQB= , tādēļ ACQ= PQB.

      Seko, ka PBQ= ACQ, tātad saskaņā ar paralēlu taišņu pazīmi PB ēē AC.

-

271. Divas hordas krustojas, turklāt neviena no tām neiet caur riņķa centru. Pierādi, ka abas hordas vienlaikus nevar krustpunktā dalīties uz pusēm!


      Novilksim hordas AB un CD, kas krustojas punktā M (77.zīm.). Pieņemsim pretējo pierādāmajam, t.i., ka AM=MB un CM=MD.

      Cauri punktam M novilksim diametru EF. Ja diametrs dala uz pusēm hordu, kas nav diametrs, tad diametrs ir perpendikulārs hordai un dala uz pusēm tās savilktos lokus.

      Seko, ka EF AB un EF CD; nogrieznim EF punktā M ir novilkti divi perpendikuli. Bet tas nav iespējams, jo jebkuram nogrieznim caur vienu punktu var novilkt vienu un tikai vienu nogriezni, kas perpendikulārs dotajam nogrieznim.

      Iegūtā pretruna liecina par to, ka pieņēmums ir nepareizs, tātad abas hordas vienlaikus nevar krustpunktā dalīties uz pusēm.

272. Riņķa līnijā novilkta horda AB, kas to sadala divos vienādos lokos. Pierādi, ka starp visiem viena loka punktiem vistālāk no taisnes AB atrodas tā viduspunkts!

      Punkts C ir Č AB viduspunkts. No punkta C velkam perpendikulu CD pret hordu AB.

      Pieņemsim pretējo, ka starp visiem viena loka punktiem vistālāk no taisnes AB neatrodas tā viduspunkts C. Tātad uz Č ACB eksistē punkts E, kas starp visiem Č AB punktiem atrodas vistālāk no taisnes AB. Punkts E var atrasties vai nu uz Č AC vai Č BC, pieņemsim, ka punkts E atrodas uz loka Č AC (78.zīm.). Uz Č BC atliksim punktu F tā, lai Č BF= Č AE. Saskaņā ar PH teorēmu AB ēē EF. Tā kā punkti E un F atrodas dažādiem lokiem, kurus vienu no otra atdala taisne DC, tad nogrieznis EF noteikti krusto staru DC, krustpunktu apzīmēsim ar H.

      Novelkam no punkta E perpendikulu EG pret taisni AB. Saskaņā ar divu paralēlu taišņu, kuras krusto trešā taisne, īpašību GE un DC ir perpendikulāri arī taisnei EF. Tātad GE=DH kā attālumi starp divām paralēlām taisnēm.

      Punkti H un C ir atrodas uz stara DC. Saskaņā ar pieņēmumu GE> DC, tādēļ DH>DC. Tātad hordas EF punkts H atrodas uz stara DC ārpus riņķa. Pretruna, jo hordas visi punkti pieder riņķim.

      Atliek pieņemt, ka starp visiem viena loka punktiem vistālāk no taisnes AB atrodas tā viduspunkts.

273. Centra leņķis ir par 35 0 lielāks nekā ievilktais leņķis, kas balstās uz to pašu loku. Nosaki šo leņķu lielumus!

      Pieņemsim, ka VUZ= a un VOZ= a +350 (79.zīm.). Tā kā ievilktā leņķa lielums ir vienāds ar pusi no tā loka leņķiskā lieluma, uz kuru ievilktais leņķis balstās, un par loka leņķisko lielumu sauc tam atbilstošā centra leņķa lielumu, tad 2 a = a +350, a = VUZ=350, VOZ=700.
274. Dots leņķis AOB (80. zīm.). Kā bez transportiera, neuzzīmējot leņķa bisektrisi, var uzzīmēt leņķi, kura lielums ir 2 reizes mazāks nekā AOB?

      Ar centru punktā O un brīvi izvēlētu rādiusu, velkam riņķa līniju. Riņķa līnijas un dotā leņķa malu krustpunktus apzīmēsim ar D un E (81.zīm.).

      Tā kā leņķis AOB ir centra leņķis un zinot to, ka ievilktā leņķa lielums ir vienāds ar pusi no tā loka leņķiskā lieluma, uz kuru ievilktais leņķis balstās, un par loka leņķisko lielumu sauc tam atbilstošā centra leņķa lielumu, tātad atliek uzzīmēt ievilkto leņķi, kurš balstās uz Č DE.

      No brīvi izvēlēta punkta C uz riņķa līnijas loka, kuru neietver leņķis AOB, velk 2 starus caur punktiem D un E. Leņķis DCE ir meklētais leņķis.

275. Dots: AOB=2 ACB,

BOC=2 BAC (82. zīm.)

Jāpierāda: a) OA=OB=OC,

b) AOC=2 ABC.


      a) Caur punktiem A, B un C novelkam riņķa līniju.

      Pieņemsim, ka šīs riņķa līnijas centrs ir punkts O1 , kas nesakrīt ar punktu O (83.zīm.). Saskaņā ar teorēmu par ievilktā leņķa lielumu AO1B=2