h-7-hm by sloven

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

ГДЗ Геометрія 7 клас Істер 2024 Вибери номер вправи: ‘

1-30

31-60

61-90

91-120

121-150

151-180

181-210

211-240

241-270

271-300

301-330

331-360

361-390

391-420

421-450

451-480

481-510

511-540

541-570

571-600

601-630

631-660

661-690

691-720

721-750

751-780

781-810

811-840

ДСР 1

ДСР 2

ДСР 3

ДСР 4

ДСР 5

ЗПЗ 1-6

ЗПЗ 7-10 ЗПЗ 11-16 ЗПЗ 17-20 ЗПЗ 21-27 ЗПЗ за 7

ВПР 1

ВПР 2

ВПР 3

ВПР 4

ЗПС

ДТ

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

РОЗДІЛ 1. ЕЛЕМЕНТАРНІ ГЕОМЕТРИЧНІ ФІГУРИ ТА ЇХНІ ВЛАСТИВОСТІ §1. Геометричні фігури. Точка, пряма, промінь 1. 1) Прямій а належать точки А, В, С. 2) Прямій b належать точки Р і В. 3) Прямій а і прямій b належить точка В. 4) Точки А і С належать прямій а, але не належать прямій b. 5) Точки К і D не належать ні прямій а, ні прямій b. 2. Пряма 𝑀𝑁, 𝐾 ∈ 𝑀𝑁, 𝐿 ∉ 𝑀𝑁.

3. 𝐴 ∈ 𝑎, 𝐵 ∈ 𝑎, 𝐶 ∉ 𝑎, 𝐷 ∉ 𝑎.

4. 1) CA, CD, CM, CN – промені з початком у точці С; 2) BD і DC, DK і DL – пари доповняльних променів, початок яких точка D. 5. 1) На малюнку зображені промені – NM, NP, NK, NF. 2) Серед променів, зображених на малюнку, є пара доповняльних променів – NM і NK. 6. Можливі назви проведеної прямої – MN, MF, NF, FN, FM, NM. 7. Пряму можна ще назвати: BD, DB, BC, DC.

8. 1) Так, прямі m і CB перетинаються. 2) Прямій m належать точки A i L. 3) Прямій ВС належать точки С, В і Q. 4) Ані прямій m, ані прямій ВС не належать точки К і D. 9. 1) DP, DF, DE, EP, EF, PF. 2) Всього утворилося шість прямих. 3) Прямі розбивають площину на 16 частин.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

10. 1) Утворилися прямі АС, АВ, ВС. 2) Всього утворилося три прямих. 3) Прямі розбивають площину на 7 частин.

11. Точки В і С належать одному променю, якщо вони лежать по один бік від точки А. Точки В і С належать різним променям, якщо вони лежать по різні боки від точки А. 12. (800 + 600) · 2 = 2800 (м) = 2,8 (км) – периметр парку; 1) 2,8 : 14 = 0,2 (год) = 60 · 0,2 = 12 (хв.) – витрачає на пробіжку Вадим; 2) 2800 : 50 = 56 (м/хв) – швидкість батьків Вадима. Відповідь: 1) 12 хв, 2) 56 м/хв. 13. 1) відрізки з кінцем у точці М: АМ, BM, NM; 2) відрізки з кінцем у точці N: BN, AN, MN; 3) відрізки з кінцем у точці А: MA, BA, NA; 4) відрізки з кінцем у точці В: AB, MB, NB. 14. 62 – 50 = 12 мм Відрізок AB < CD на 12 мм.

15. Найменша загальна кількість точок буде в тому випадку, коли декілька точок будуть належати кільком прямим. Найбільше їх буде, коли всі три прямі перетинаються між собою. Отже, найменша кількість точок: 2023 + 2024 + 2025 – 3 = 6069. §2. Відрізок. Вимірювання відрізків. Відстань між двома точками 16. На малюнку зображені відрізки: АВ, АК, ВК, ВМ. АК = 38 мм, МВ = 12 мм. 17. На малюнку зображені відрізки: РС, PD, CD, PT. PC = 9 мм, PD = 31 мм, PT = 27 мм. 18. CD = 40 мм 19. АВ = 7 см 2 мм, MN = 6 см 3 мм. AB > MN, оскільки з двох відрізків більшим вважають той, довжина якого більша.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

20. KL = 5 см 9 мм, FP = 6 см 8 мм. FP > KL, оскільки з двох відрізків більшим вважають той, довжина якого більша.

21. Оскільки довжина відрізка дорівнює сумі довжин частин, на які він розбивається будь-якою його внутрішньою точною, маємо: 1) АВ = АС + СВ = 5 см + 2 см = 7 см. 2) АВ = АС + ВС. Звідси ВС = АВ – АС = 12 дм – 9 дм = 3 дм. 22. 1) PQ = PK + KQ = 3 дм + 7 дм = 10 дм. 2) PQ = PK + KQ. Звідси PK = PQ – KQ = 8 см – 6 см = 2 см. 23. 1) Точки К, L і M лежать на одній прямій, оскільки KM = KL + LM, KM = 8 см + 3 см = 11 см. Точка L лежить між точками К і M. 2) Точки К, L і М не лежать на одній прямій, оскільки найбільша відстань між ними не дорівнює сумі двох інших відстаней: LM = 9 см ≠ KL + KM = 5 + 8 = 13 (см). 24. 1) Точки А, В і С не лежать на одній прямій, оскільки найбільша відстань між ними не дорівнює сумі двох інших відстаней: АС = 9 см ≠ АВ + ВС = 7 см + 3 см = 10 см. 2) Точки А, В і С лежать на одній прямій, оскільки АС = АВ + ВС = 5 см + 2 см = 7 см. Точка С лежать між точками А і В. 25. Приведемо всі виміри до однієї одиниці вимірювання: РМ =32 мм, LM = 74 мм. Точка Р лежить між точками L і М, оскільки LM = PL + PM = 42 мм + 32 мм = 74 мм. 26. Приведемо всі виміри до однієї одиниці вимірювання: АВ = 120 мм, ВС = 150 мм. Точка А, В і С не лежать на одній прямій, оскільки найбільша відстань між ними не дорівнює сумі двох інших відстаней: ВС = 150 мм ≠ АВ + АС = 120 мм + 40 мм = 160 мм. 27. Згідно з основною властивістю вимірювання відрізків маємо: АС = АВ + ВС, BD = CD + BC. Оскільки АВ = CD, маємо BD = AB + BC, тому AC = BD. 28. Згідно з основною властивістю вимірювання відрізків маємо: АС = АВ + ВС, BD = CD + BC. Оскільки АС = BD, маємо AB + BC = CD + BC. Звідси AB = CD. 29. Згідно з основною властивістю вимірювання відрізків маємо: AB = AC + CB, звідси CB = AB – AC = 40 см – 25 см = 15 см; AB = AD + BD, звідси AD = AB – BD = 40 см – 32 см = 8 см; AB = AD + CD + CB, звідси CD = AB – AD – CB = 40 см – 15 см – 8 см = 17 см. Відповідь: 17 см.

30. 1) CN = MN – MC = 50 см – 40 см = 10 (см) 2) CD = ND – CN = 16 см – 10 см = 6 (см) Відповідь: 6 см.

31. Задача має два розв’язки. І випадок. Нехай точка М лежить між точками С і D, тоді CD = CM + MD = 5,2 см + 4,9 см = 10,1 см.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

ІІ випадок. Нехай точки С і D лежать по один бік від точки М, тоді CD = CM – MD =5,2 см – 4,9 см = 0,3 см.

Відповідь: 10,1 см; 0,3 см. 32.Задача має два розв’язки. І випадок.

AN = AM + MN = 7,2 см + 2,5 см = 9,7 см. ІІ випадок.

AN = AM – MN = 7,2 см – 2,5 см = 4,7 см. 33. 1) AC втричі менший від BC: Нехай AC = x, тоді BC = 3x. Відрізок AB складається з AC і BC: AC + BC = AB x + 3x = 14 дм 4x = 14 дм x = 3,5 дм – АС. BC = 3 ⋅ 3,5 дм = 10,5 дм 2) AC більший за BC на 1,8 дм: Нехай AC = y + 1,8, тоді BC = y. Відрізок AB складається з AC і BC: AC + BC = AB (y + 1,8) + y = 14 дм 2y + 1,8 = 14 дм 2y = 14 дм – 1,8 дм 2y = 12,2 дм y = 6,1 дм – ВС. AC = 6,1 дм + 1,8 дм = 7,9 дм 3) AC : BC = 3 : 2: Нехай AC = 3z, а BC = 2z. Відрізок AB складається з AC і BC: AC + BC = AB 3z + 2z = 14 дм 5z = 14 дм z = 2,8 дм – АВ. AC = 3 ⋅ 2,8 дм = 8,4 дм BC = 2 ⋅ 2,8 дм = 5,6 дм Тепер зведемо отримані результати в таблицю: Умова АС, дм ВС, дм АС втричі менший від ВС 3,5 (В) 10,5 (Х) АС більший за ВС на 1,8 дм 7,9 (Р) 6,1 (К) АС : ВС = 3 : 2 8,4 (А) 5,6 (І) © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

10,5 дм 8,4 дм 7,9 дм 6,1 дм 5,6 дм 3,5 дм Х А Р К І В Перша столиця України - Харків. 34. 1) CM більший за DM на 0,6 см: Нехай DM = x, тоді CM = x + 0,6. Відрізок CD складається з CM і DM: CM + DM = CD (x + 0,6) + x = 8,4 см 2x + 0,6 = 8,4 см 2x = 8,4 см – 0,6 см 2x = 7,8 см x = 3,9 см – DM. CM = 3,9 см + 0,6 см = 4,5 см 2) CM : DM = 1 : 3: Нехай CM = y, а DM = 3y. Відрізок CD складається з CM і DM: CM + DM = CD y + 3y = 8,4 см 4y = 8,4 см y = 2,1 см – СМ. DM = 3 ⋅ 2,1 см = 6,3 см Тепер зведемо отримані результати в таблицю: Умова СМ, см DM, см СМ більший за DM на 0,6 см 4,5 (У) 3,9 (Т) СD : DM = 1 : 3 2,1 (С) 6,3 (С) 2,1 см 3,9 см 4,5 см 6,3 см С Т У С Прізвище українського поета та правозахисника - Стус. 35. 1) Площа круга обчислюється за формулою: S = πr² де r - радіус круга, π - математична константа. Для r = 200 м: S = π ⋅ (200 м)² S = 3,14 ⋅ 40000 м² S = 125600 м² 2) Довжина мотузка, необхідного для огородження круга, обчислюється як периметр круга: C = 2πr де r - радіус круга. Для r = 200 м: C = 2π ⋅ 200 м C = 2 ⋅ 3,14 ⋅ 200 м C = 1256 м Відповідь: 125600 м²; 1256 м. 36. 1) 52° - гострий кут (менше 90°) 2) 180° - розгорнутий кут (дорівнює 180°) © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

3) 129° - тупий кут (більше 90°, але менше 180°) 4) 90° - прямий кут (дорівнює 90°) 5) 2° - гострий кут (менше 90°) 6) 173° - тупий кут (більше 90°, але менше 180°) 37. 1) 60° 4) 110°

2) 25°

5) 180° 6) 145°

3) 90°

38.

§3. Кут. Вимірювання кутів. Бісектриса кута 39. 1) М – вершина кута, МА і МК – сторони кута АМК. 2) L – вершина кута, LP і LF – сторони кута PLF. 3) N – вершина кута, NB і NC – сторони кута BNC. 40. 1) О – вершина кута, ОМ і ОР – сторони кута МОР. 2) L – вершина кута, LB і LK – сторони кута BLK. 41. З даних кутів гострі кути: ∠А = 39°, ∠Q = 79°, ∠Р = 1°3, ∠К = 89°30; прямий кут: ∠В = 90°; тупі кути: ∠С = 91°, ∠D = 170°, ∠F = 173°12; розгорнутий кут: ∠М = 180°. 42. З даних кутів гострі кути: ∠L = 12°, ∠М = 89°; прямий кут: ∠А = 90°; тупі кути: ∠К = 121°, ∠N = 93°12; розгорнутий кут: ∠Е = 180°. 43. На малюнку 3.10 промінь OK не є бісектрисою. На малюнку 3.11 промінь OK є бісектрисою. На малюнку 3.12 промінь OK не є бісектрисою. 44. 1) На малюнку зображені кути: АВС, ABD, DBC. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

2) ∠АВС = 130°, ∠DBC = 70°. 3) ∠ABD = ∠ABC - ∠DBC = 130° - 70° = 60°. 45. ∠АМК = 45°, ∠PLF = 90°, ∠BNC = 100°. 46.

47.

48. BD – бісектриса кута АВС. ∠ABD = 70°, ∠DBC = 70°.

49. BD – бісектриса кута АВС. ∠АBD = 25°, ∠DBC = 25°.

50. 1) 7°13´ + 12°49´ = (7° + 12°) + (13´ + 49´) = 19° + 62´ = 19°+ 1°12´ = 20°12´ 2) 52°17´ - 45°27´ = 51°77´ - 45°27´ = 6°50´ 51. 1) 4° = 4 ⋅ 60´ = 240´ 2°15´ = 2 ⋅ 60´ + 15´= 120´+ 15´ = 135´ © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

2) 5´ = 5 ⋅ 60´´= 300´´ 2° = 2 ⋅ 60´ ⋅ 60´´ = 7200´´ 1°3´ = 60 ⋅ 60´´ + 3 ⋅ 60´´ = 3780´´ 52.

Оскільки градусна міра кута дорівнює сумі градусних мір кутів, на які він розбивається будь-яким променем, що проходить між його сторонами, маємо: ∠ВОС = ∠ВОК + ∠КОС = 38° + 42° = 80°. Відповідь: 80°. 53.

∠АРВ = ∠АЗС + ∠СРВ (згідно основної властивості вимірювання кутів). Отже, ∠СРВ = ∠АРВ - ∠АРС = 108° - 68° = 40°. 54.

Оскільки градусна міра кута АВК більша за градусну міру кута АВС, то промінь ВК не проходить між сторонами кута АВС. 55. 1) 180°; 2) 90°; 3) 30°; 4) 120°. 56. 1) 90°; 2) 180°; 3) 150°; 4) 60°. 57.

∠АОС = ∠АОВ = ∙ 60° = 40° 3 3 ∠ВОС = ∠АОВ - ∠АОС = 60° - 40° = 20°

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

58.

Згідно з умовою задачі ∠ВАК = 60% ∠МАВ. Отже, ∠ВАК = 70° ⋅ 0,6 = 42°. ∠МАК = ∠МАВ + ∠ВАК = 70° + 42° = 112°. Відповідь: 112°. 59.

Нехай АОС – заданий кут. ОМ – продовження сторони ОА за вершину О. ОК – бісектриса кута АОС. ∠АОМ – розгорнутий, ∠АОМ = 180°. ∠КОМ = 142°, ∠АОМ = ∠АОК + ∠КОМ. Отже, ∠АОК = 180° - 142° = 38°. Оскільки ОК – бісектриса кута АОС, то ∠КОС = ∠АОК = 38°. Тоді ∠АОС = ∠АОК + ∠КОС = 38° + 38° = 76°. Відповідь: 76°. 60.

Нехай ∠АОВ – заданий кут. ∠ОАВ = 98°. ОК – бісектриса кута АОВ. ∠АОВ 98° ∠АОК = = = 49°. 2 2 ОС – продовження сторони кута АОВ за вершина О. ∠АОС – розгорнутий кут, ∠АОС = 180°, ∠АОС = ∠АОК + ∠КОС. Звідси ∠КОС = ∠АОС - ∠АОК = 180° - 49° = 131°. Відповідь: 131°.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

61.

1. Нехай ∠PQB = х, тоді ∠MQP = 4х. Градусна міра кута дорівнює сумі градусних мір кутів, на які він розбивається променем, що проходить між його сторонами. Тому ∠MQB = ∠MQP + ∠PQB. Складемо рівняння: 4х + х = 120° 5х = 120° х = 24° Отже, ∠PQB = 24°, ∠MQP = 24° ⋅ 4 = 96°. 2. Якщо ∠PQB : ∠MQP = 3 : 2, то ∠PQB = 3х, ∠MQP = 2х, тоді 3х + 2х = 120; 5х = 120° х = 24° Отже, ∠PQB = 3 ⋅ 24° = 72°, ∠MQP = 2 ⋅ 24° = 48°. 3. Якщо ∠PQB на 20° > ∠MQP, то ∠MQP = х, ∠PQB = х + 20° За властивістю кутів: х + х + 20 = 120 2х = 100 х = 50 Отже, ∠MQP = 50°, ∠PQB = 50° + 20° = 70°. Відповідь: КРАВЧУК.≈ 62.

1. Нехай ∠САN = х, тоді ∠МАС = х + 14. Оскільки ∠MAN = ∠МАС + ∠СAN (згідно з основною властивістю вимірювання кутів), то маємо: х + х + 14 = 84 2х = 84 – 14 2х = 70 х = 35 Отже, ∠САN = 35°, ∠МАС = 35° + 14° = 49°. 2. Якщо ∠МАС у 3р. < ∠САN, то ∠МАС = х; ∠САN = 3х За властивістю кутів: х + 3х = 84 4х = 84 © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

х = 21 Отже, ∠МАС = 21°; ∠САN = 21 · 3 = 63° Відповідь: ВАРШАВА. 63.

Оскільки ∠АОВ = ∠АОК + ∠КОВ, то ∠КОВ = ∠АОВ - ∠АОК = 180° - 140° = 40°. Оскільки ∠BOL = ∠LOK + ∠KOB, то ∠LOK = ∠BOL - ∠KOB = 100° - 40° = 60°. Відповідь: 60°. 64.

Оскільки ∠COD = ∠COM + ∠MOD, то ∠СОМ = ∠COD - ∠MOD = 90° - 80° = 10° ∠CON = ∠COM + ∠MON ∠MON = ∠CON - ∠COM = 70° - 10° = 60°. Відповідь: 60°. 65. 28 м 50 см = 28,5 м 1) S = 28,5 ⋅ 16 = 456 (м2) – площа теплиці. 2) 456 ⋅ 30 = 13680 (кг) – кількість огірків. 3) 13680 ⋅ 18 = 246240 (грн) – виторг. Відповідь: родина збере 13680 кг огірків; виторг від продажу огірків становитиме 246240 грн. 66.

Відповідь: Кравчук.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

Вправи для повторення розділу 1 До §1 67. 1) М – точка перетину прямих а і b. 2) Прямій с належать точки Р і L. 3) Ні, точка М не належить прямій PL. 4) Пряму b можна назвати пряма МР. 68.

69.

70.

Точка М належить як прямій а, так і прямій b, тобто є точкою перетину прямих а і b. 71.

Оскільки пряма m відмінна від прямої l і з прямою l вже має одну спільну точку А, то точка В не може належати прямій m. Інакше прямі l і m збігалися б, що суперечить умові. До §2 72. DE = 2 см 5 мм; DF = 5 СМ; EF = 2 см 5 мм. АВ = 3 см 3 мм; ВС = 2 см; АС= 4 см. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

73. KL = 6 см 8 мм; КР = 43 мм = 4 см 3 мм. KL = KP + PL (за основною властивістю вимірювання відрізків). Звідси PL = KL – KP = 6 см 8 мм – 4 см 3 мм = 2 см 5 мм. Відповідь: 2 см 5 мм. 74. MN = MA + AN; MN = MB + BN 75. 1) Відрізок АВ можна поділити на:

2) Можна зробити висновок, що відрізок можна поділити на n + 1 частини. 76.

Якщо АВ = 20 см, то АС = СВ = 1

АВ

= 10 см

AD = 𝐴𝐶 = ∙ 10 = 5 (см) 2 2 АВ = AD + DB, звідси DB = AB – AD = 20 – 5 = 15 (см) 2) Якщо ВС = 12 дм, то АВ = 12 ⋅ 2 = 24 (дм) АС = ВС = 12 дм 1 1 AD = 𝐴𝐶 = ∙ 12 = 6 (дм) 2 2 DB = AB – AD = 24 – 6 = 18 (дм) 77.

CN = CD – DN = 15 – 11 = 4 (см) NM = CM – CN = 12 – 4 = 8 (см) Відповідь: 8 см. 78. 1 випадок

АК = КР =

АР 2

; СВ = КР =

2 випадок

АР

АК = КР =

АР 2

; СВ = КР =

АР 2

79.

Нехай CD = а, L – середина відрізка СК (тобто CL = LK), М – середина відрізка KD 1 1 1 1 1 𝑎 (тобто КМ = MD). Тоді LM = LK + KM = 𝐶𝐾 + 𝐾𝐷 = (𝐶𝐾 + 𝐾𝐷) = 𝐶𝐷 + ∙ 𝑎 = 𝑎

Відповідь: . 2

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

До §3 80. ∠АОВ = 40°; ∠АОС = 60°; ∠ВОС = 20°; ∠BOD = 140°; ∠COD = 120°; ∠AOD = 180°. 81. Ні, учень неправий, бо величина кута визначається його градусною мірою, а обидва кути по 70°. 82. ∠КАС, ∠ВАМ, ∠ВАС, ∠МАК, ∠КАМ, ∠САК. 83.

∠АОВ – гострий, ОС – бісектриса кута АОВ.

∠КLM – тупий, LN – бісектриса кута KLM. 84. 1) Повний оберт хвилинної стрілки відповідає 360°. Це відбувається за 30 хвилин. Отже, за 1 хвилину стрілка повертається на 360° : 60 = 6°, тому за 15 хв стрілка повернеться на 90°, за 7 хв – на 42°, за 23 хв – на 138°. 2) За 12 годин годинна стрілка обертається на 360°. Отже, за 1 годину стрілка повертається на 360° : 12 = 30°, тому за 1 хв стрілка повернеться на 30° : 60 = 0,5° = 30´, за 6 хв – на 30´ ⋅ 6 = 180´ = 3°, за 40 хв – на 30´ ⋅ 40 = 1200´ = 20°. 85.

ОК – бісектриса, ∠АОВ = 120°, отже, ∠АОК = ∠КОВ = 120° : 2 = 60°. 1 1 OL – бісектриса, ∠КОВ = 60°, ОТЖЕ ∠LOK = ∠K𝑂𝐵 = ∙ 60° = 30°. 2

OL – бісектриса кута КОВ, отже, ∠КОВ = 2∠LOB = 2 ⋅ 37° = 74° ОК – бісектриса кута АОВ, отже, ∠АОВ = 2∠КОВ = 2 ⋅ 74° = 148° 86. 1) ∠АОЕ = ∠АОВ + ∠ВОС + ∠COD + ∠DOE (згідно з основною властивістю вимірювання кутів). Оскільки ∠АОВ = ∠ВОС, ∠COD = ∠DOE, то ∠АОЕ = 2(∠ВОС + ∠COD) = 2∠BOD ∠BOD = ∠AOE : 2 = 140° : 2 = 70°. 2) ∠BOD = ∠AOB + ∠DOE, оскільки ∠BOD = ∠BOC + ∠COD і ∠AOB = ∠BOC, ∠COD = ∠DOE. Отже, ∠АОЕ = 2∠BOD = 2 ⋅ 73° = 146° Відповідь: 1) 70°; 2) 146°. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

87.

Введемо коефіцієнт пропорційності х, тоді ∠АОМ = 3х, ∠МОВ =4х. ∠АОВ = ∠АОМ + ∠МОВ. Складемо рівняння: 3х + 4х = 168 7х = 168 х = 24 Отже, ∠АОМ = 3 ⋅ 24° = 72°, ∠МОВ = 4 ⋅ 24° = 96°. Відповідь: 72° і 96°. РОЗДІЛ 2. ВЗАЄМНЕ РОЗМІЩЕННЯ ЗАЄМНЕ РОЗМІЩЕННЯ ПРЯМИХ НА ПЛОЩИНІ §4. Аксіоми, теореми, означення §5. Суміжні кути 88. На малюнках Мал. 5.2, 5.4 та Мал. 5.5 кути 1 і 2 є суміжними. Це означає, що вони мають спільну сторону, а їхні несуміжні сторони утворюють пряму лінію. 89. 1) Ні, два суміжні кути не можуть дорівнювати 42° і 148°, оскільки 42° + 148° = 190°, а сума суміжних кутів дорівнює 180°. 2) Так, оскільки 90° + 90° = 180°. 3) Так, суміжні кути можуть дорівнювати 166° і 14°, оскільки 166° + 14° = 180°. 4) Ні, суміжні кути не можуть дорівнювати 23° і 156°, оскільки 23° + 156° = 179°, а сума суміжних кутів дорівнює 180°. 90. 1) Так, оскільки 13° + 167° = 180°. 2) Ні, оскільки 5° + 165° = 170°, а сума суміжних кутів дорівнює 180°. 3) Ні, оскільки 11° + 179° = 190°, 190° не дорівнює 180°. 4) Так, оскільки 91° + 89° = 180°. 91. 1) Позначемо невідомий кут х. Оскільки сума суміжних кутів дорівнює 180°, то маємо: 15° + х = 180° х = 180° - 15° х = 165° 2) Позначимо невідомий кут х. Оскільки сума суміжних кутів дорівнює 180°, то маємо: 113° + х = 180° х = 180° - 113° х = 67° Відповідь: 165°; 67°. 92. 1) Позначемо невідомий кут х. Оскільки сума суміжних кутів дорівнює 180°, то маємо: 127° + х = 180° х = 180° - 127° х = 53° 2) Позначимо невідомий кут х. Оскільки сума суміжних кутів дорівнює 180°, то маємо: 39° + х = 180° х = 180° - 39° х = 141° Відповідь: 53°; 141°. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

93. Проведемо доповняльний промінь ОК до сторони кута ОМ, ∠KON i ∠NOM – суміжні. ∠KON = ∠KOM - ∠NOM = 180° - 50° = 130° Відповідь: 130°

94. Побудуємо промінь СР доповняльний до РВ. Кути АРС і АРВ – суміжні, тому сума цих кутів дорівнює 180°. ∠АРС + ∠АРВ = 180° ∠АРС + 115° = 180° ∠АРС = 180° - 115° = 65° Відповідь: 65°.

95. Нехай ∠BOD – даний кут, ОС – промінь, що проходить між сторонами ∠BPD, ∠BOC = 72°, ∠COD = 15°. ∠BOD = ∠BOC + ∠COD = 72° + 15° = 87° ∠AOB суміжний з кутом BOD. Оскільки сума суміжних кутів дорівнює 180°, маємо: ∠BOD + ∠AOB = 180° ∠AOB = 180° - ∠BOD = 180° - 87° = 93° Відповідь: 93°.

96. МК – бісектриса кута М, ∠KML = 36°, ∠LMK = ∠KMN, оскільки бісектриса ділить кут на два різних кути. ∠LMK = ∠KMN = 36° ∠LMN = ∠LMK + ∠KMN (згідно з основною властивістю вимірювання кутів), ∠LMN = 36° + 36° = 72°. ∠BML суміжний з кутом LMN. Оскільки сума градусних мір суміжних кутів дорівнює 180°, то ∠BML + ∠LMN = 180°, звідси: ∠BML = 180° - ∠LMN = 180° - 72° = 108°. Відповідь: 108°.

97. Спільна сторона LM вертикальна.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

98. Спільна сторона PS горизонтальна.

99. Оскільки суміжні кути рівні, то позначимо градусну міру кожного з них х, тоді маємо х + х = 180° (оскільки сума суміжних кутів дорівнює 180°). 2х = 180°; х = 90°. Отже, кожен з цих суміжних кутів – прямий. 100. Нехай кожен з рівних кутів – х. Тоді кожен суміжний кут з даними кутами дорівнює 180° - х, оскільки сума суміжних кутів дорівнює 180°. Отже, кути, суміжні з рівними кутами, рівні. 101. 1) Нехай ∠АОВ = х, тоді ∠СОА = х + 18°, маємо: х + х + 18° = 180° 2х = 162° х = 81° - ∠АОВ ∠СОА = 81° + 18° = 99° 3 2) Нехай ∠АОВ = х, тоді ВОС = х, маємо: 7

х + х = 180° 10 7

х = 180° 10

х = 180 ∶ 7 х = 126° - ∠АОВ 3 ВОС = ∙ 126° = 54° 7 Відповідь: 1) 81° і 99°; 2) 126° і 54°. 102. 1) Нехай ∠АОВ = х, тоді ∠СОА = 3х, маємо: х + 3х = 180° 4х = 180° х = 45° - ∠АОВ. ∠СОА = 3 ⋅ 45° = 135° 2) х + 0,25х = 180 1,25х = 180 х = 180 : 1,25 х = 144° 180° - 144° = 36° Відповідь: 1) 45° і 135°; 2) 144° і 36°. 103. ∠РМК = 140° може бути суміжний лише до гострого ОМР. Нехай ∠ОМР = 2х, ∠LNS = 5х, тоді за теоремою про суміжні кути: ОМР + РМК = 180° 2х + 140 = 180 2х = 40 х = 20° М = 2 ⋅ 20 = 40° N = 5 ⋅ 20 = 100° Відповідь: 40° і 100°. 104. За умовою ∠А : ∠В = 4 : 3, нехай ∠А = 4х, ∠В = 3х. Оскільки кут суміжний з одним із кутів (А чи В), гострий і дорівнює 80°, то мова йде про кут, суміжний із кутом А, тоді: © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

∠А = 180° - 80° = 100° 4х = 100° х = 25° ∠В = 3 ⋅ 25° = 75° Відповідь: 100° і 75°. 105. Нехай кути АОС і СОВ – суміжні, ОК – бісектриса ∠АОС, ОМ – бісектриса ∠СОВ. ∠АОС ∠СОВ ∠АОС+∠СОВ 180° ∠КОМ = ∠КОС + ∠СОМ = + = = = 90°. 2 2 2 2 Відповідь: 90°.

106. Оскільки ∠АОВ : ∠KQM = 1 : 2, то нехай ∠АОВ = х, ∠KQM = 2х, тоді: ∠ВОС = 180° - х, ∠MQL = 180° - 2х. За умовою ∠BOC : ∠MQL = 7 : 5, тому: 180°−х 7 = 180°−2х 5 5(180° - х) = 7(180° - 2х) 900° - 5х = 1260° - 14х 9х = 360° х = 40° - ∠АОВ. ∠KMQ = 2 ⋅ 40° = 80°. Відповідь: 40° і 80°. 107. Нехай ∠АОВ = х, ∠KQM = х + 20°, тоді: ∠ВОС = 180° - х, ∠MQL = 180° - (х + 20°). Оскільки ∠АОВ < ∠KQM, то ∠ВОС > ∠MQL. За умовою ∠MQL: ∠BOC = 5 : 6, тому: 160°−х 5 = 180°−х 6 960° - 6х = 900° - 5х х = 60° - ∠АОВ. ∠KMQ = 60° + 20° = 80°. Відповідь: 60° і 80°. 108. Нехай один із суміжних кутів дорівнює х, тоді другий кут дорівнюватиме 180° - х. Припустимо для визначеності, що х > 180° - х. Треба розглянути два випадки. 1 випадок: х = 2(х – (180° - х)) х = 2(2х - 180°) х = 4х – 360° 3х = 360° х = 120° Суміжний з ним кут - 60°. 2 випадок: 180° - х = 2(х - 180° - х)) 180° - х = 2(2х - 180°) 180° - х = 4х - 360° 5х = 540° х = 108° Суміжний з ним кут - 180° - 108° = 72°. Відповідь: 120° і 60° або 108° і 72°.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

109.

110. Відстань між точками А і С може дорівнювати або 2,7 + 3,6 = 6,3 (см), або 3,6 – 2,7 = 0,9 (см). Відповідь: 1) ні; 2) так; 3) ні; 4) ні; 5) так; 6) ні. 111. S кільця = S великого круга – S меншого круга 𝑆 кільця = 𝜋𝑅2 − 𝜋𝑟 2 = 𝜋(𝑅2 − 𝑟 2 ) S кільця = 3,14 ⋅ (15² - 10²) = 3,14 ⋅ (225 – 100) = 3,14 ⋅ 125 = 392,5 (м²) Відповідь: 392,5 м². 112. 1) КУТ; 2) ПРЯМА; 3) ЕВКЛІД; 4) ГЕОМЕТРІЯ. §6. Вертикальні кути. Кут між двома прямими, що перетинаються 113. ∠АМР і ∠TMF; ∠AMF і ∠РМТ. 114. Ні, немає. 115. 1) За властивістю вертикальних кутів – вертакальні кути рівні. Отже, кут, вертикальний до кута 15°, дорівнює 15°. 2) За властивістю вертикальних кутів – вертикальні кути рівні. Отже, кут, вертикальний до кута 129°, дорівнює 129°. 116. 1) За властивістю вертикальні кути рівні. Отже, кут, вертикальний до кута 42°, дорівнює 42°. 2) За властивістю вертикальні кути рівні. Отже, кут, вертикальний до кута 139°, дорівнює 139°. 117. На мал. 65 пари вертикальних кутів – це: ∠ВРС і ∠KPL, ∠APB i ∠LPM, ∠APC i ∠KPM, ∠APK i ∠CPM, ∠BPK i ∠LPC, ∠APL i ∠MPB. 118. При перетині двох прямих утворилося чотири кути. Нехай ∠КРN = 40°, тоді ∠LMP = 40°, бо за властивістю вертикальні кути рівні. ∠KPL і ∠LPM – суміжні.

Тоді за властивістю суміжних кутів ∠KPL + ∠LPM = 180°, звідси ∠KPL = 180° - ∠LPM; ∠KPL = 180° - 40° = 140°. ∠KPL і ∠NPM – вертикальні. За властивістю вертикальні кути рівні, отже, ∠NPM = 140°. Відповідь: 40°; 140°; 140°. 119. ∠AML та ∠РМВ – вертикальні кути. ∠РМВ = ∠AML = 120°. ∠AML та ∠LMB – суміжні, отже, їх сума дорівнює 180°. ∠AML + ∠LMB = 180°, звідси ∠LMB = 180° - ∠AML; ∠LMB = 180° - 120° = 60°. ∠AMP та ∠LMB – вертикальні. ∠АМР = ∠LMB = 60°. Відповідь: 60°; 120°; 60°. 120. Ні, кут між прямими – менший з кутів, що утворилися при перетині. Він дорівнює 180° - 130° = 50°. 121. За означенням кутом між прямими, що перетинаються, є менший з кутів, що утворилися при перетині цих прямих. Отже, кутом між прямими АВ і PL є кут РОА або кут BOL. ∠РОА – суміжний кут до кута РОВ. Отже, ∠РОА + ∠РОВ = 180°, ∠РОА = 180° ∠РОВ, ∠РОА = 180° - 118° = 62°. Відповідь: 62°. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

122. CD і АВ – прямі, що перетинаються. Оскільки кут між прямими не може бути більше за 90°, то кутом між прямими CD і АВ буде кут АРС або кут BPD. ∠АРС = 55°.

Відповідь: 55°. 123. ∠MON та ∠KOL – вертикальні, ∠МОК та ∠NOL – вертикальні. За властивістю вертикальні кути рівні, отже, ∠КОL = ∠MON = 110°. ∠МОК та ∠MON – суміжні, отже, ∠МОК + ∠MON = 180°, звідси ∠МОК = 180° - ∠MON = 180° - 110° = 70°. ∠NOL = ∠MOK = 70°.

Відповідь: 70°; 70°; 110°. 124. Оскільки OD доповняльний промінь до ОВ, ОР доповняльний промінь до ОА, то ∠АОВ та ∠DOP, ∠DOA та ∠РОВ – вертикальні. За властивістю вертикальні кути рівні. Отже, ∠DOP = ∠AOB = 30°. ∠DOA та ∠АОВ – суміжні. За властивістю суміжних кутів ∠DOA + ∠AOB = 180°, ∠DOA + 30° = 180°, ∠DOA = 150°. ∠POB = ∠DOA = 150°.

Відповідь: 30°; 150°; 150°. 125. 1) Оскільки всі кути рівні між собою, то позначимо градусну міру кожного х. Розглянемо пару суміжних кутів. За властивістю суміжних кутів їх сума дорівнює 180°. х + х = 180° 2х = 180° х = 90° Відповідь: всі кути по 90°. 2) При перетині двох прямих утворюються дві пари вертикалних кутів і чотири пари суміжних. Сума двох будь-яких суміжних кутів дорівнює 180°. За умовою задачі сума кутів дорівнює 178°, отже, ці кути вертикальні. Один з кутів дорівнює 178° : 2 = 89°, а суміжний з них кут дорівнює 180° - 89° = 91°. Відповідь: 89°, 89°, 91°, 91°. 126. 1) При перетині двох прямих утворюються дві пари вертикальних кутів і чотири пари суміжних. Оскільки сума суміжних кутів дорівнює 180°, то за умовою сума двох кутів дорівнює 16°, то ці кути – вертикальні. Один з кутів дорівнює 16° : 2 = 8°, а суміжний з ним кут дорівнює 180° - 8° = 172°. Відповідь: 8°; 8°; 172°; 172°. 2) Оскільки три з чотирьох кутів рівні, то серед них є пара суміжних кутів, сума яких дорівнює 180°. Позначимо градусну міру кутів х, тоді: х + х = 180° 2х = 180° х = 90° © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

Отже, три з утворених кутів дорівнюють 90°. Тоді і четвертий кут теж 90°, тому що він вертикальний з одним із трьох знайдених кутів. Відповідь: всі кути по 90°. 127. 1) Два кути, які утворилися пр перетині двох прямих, або суміжні, або вертикальні. Оскільки вертикальні кути рівні, то кути, про які йде мова у задачі, - суміжні. Нехай ∠1 = х, тоді ∠2 = х + 18°, тоді: х + х + 18° = 180° 2х = 162° х = 81° х + 81° = 81° + 18° = 99° Кут між прямими – найменший з утворених. Він дорівнює 81°. 2) ∠1 + ∠2 + ∠3 = 293°; отже, ∠3 = 293° - 180° = 113°. Тоді ∠2 = 180° - 113° = 67° - кут між прямими. 4 3) х + х = 180 5 1,8х = 180 х = 180 : 1,8 х = 100° 180° - 100° = 80° Відповідь: 1) 81°; 2) 67°; 3) 100°. 128. 1) Два кути, які утворилися при перетині двох прямих, або суміжні, або вертикальні. Оскільки вертикальні кути рівні, то кути, про які йде мова у задачі, - суміжні. Нехай ∠1 = х, тоді ∠2 = 2х, тоді: х + 2х = 180° 3х = 180° х = 60° - кут між прямими. 2) х + 0,2х = 180 1,2х = 180 х = 180 : 1,2 х = 150° 180° - 150° = 30° Відповідь: 1) 60°; 2) 30°. 129. ∠АМК = ∠СМР (як вертикальні) ∠СМР = 180° - (∠ВМС + ∠LMP) = 180° - (20° + 60°) = 100°, отже ∠АМК = 100° Відповідь: 100°. 130. ∠АМВ = ∠LMP (як вертикальні) ∠LMP = 180° - (∠KML + ∠CMP) = 180° - (25° + 105°) = 50°, отже ∠АМВ = 50°. Відповідь: 50°. 131. ∠4 = ∠1 (як вертикальні) ∠1 + ∠2 + ∠3 = ∠4 + ∠2 + ∠3 = 180°

Відповідь: 180°. 132. Нехай ∠СОВ і ∠AOD – вертикальні, OL – бісектриса кута СОВ, ОК – бісектриса кута AOD. Доведемо, що ∠KOL = 180°. Оскільки ∠СОВ = ∠AOD, то ∠BOL = ∠AOK – як половини рівних кутів. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

Тоді ∠KOL = ∠AOK + ∠AOC + ∠COL = ∠AOC + (∠BOL + ∠COL) = ∠AOC + ∠COD = 180°. Отже, бісектриси вертикальних кутів утворюють розгорнутий кут. Отже, OL доповняльний до ОК.

133. Десять точок на прямій розбивають відстань між крайніми точками на 9 відрізків по 2 см кожний. Отже, відстань між крайніми точками дорівнює 9 ⋅ 2 = 18 (см) Відповідь: 18 см. 134. 1) Ні; 2) так; 3) ні; 4) ні; 5) так; 6) ні. 135. S вікна = 2 ⋅ 1,8 = 3,6 (м²) 3S вікон = 3,6 ⋅ 3 = 10,8 (м²) S підлоги = довжина ⋅ ширину 35% від 14 = 14 ⋅ 0,35 = 4,9 (м) S підлоги = 14 ⋅ 4,9 = 68,6 (м²) 𝑆з вікон 10,8 = ≈ 0,16 < 0,2 𝑆 підлоги

68,6

Відповідь: норми дотримано. 136. ВА ⊥ ВС, BA ⊥ AD, CD ⊥ BC, CD ⊥AD

137. 1) Маємо один квадрат 3 х 3, чотири квадрати – 2 х 2 та дев’ять квадратів – 1 х 1. Всього 1 + 4 + 9 = 14 квадратів. 2)

ДОМАШНЯ САМОСТІЙНА РОБОТА № 1 (§§ 1–6) 1. Як прямій а, так і прямій b належить точка М. Правильна відповідь – В) М. 2. Оскільки тупий кут більший за прямий, але менший від розгорнутого, то правильна відповідь – А) ∠М = 129°. 3. Оскільки сума суміжних кутів дорівнює 180°, то правильна відповідь – Б) 27° і 153°. 4. Згідно з основною властивістю вимірювання кутів маємо: ∠АОВ = ∠АОР + ∠РОВ = 20° + 50° = 70°

Отже, правильна відповідь – Б) 70°. 5. Згідно з основною властивістю вимірювання відрізків AL + LB = AB, звідси AL = AB – LB = 8 см – 5 см = 3 см. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

Отже, правильна відповідь – Г) 3 см. 6. При перетині двох прямих утворюються дві пари вертикальних кутів і чотири пари суміжних кутів. Сума суміжних кутів дорівнює 180°. Оскільки, один з них дорівнює 160°, то суміжний буде 180° - 160° = 20°. За означенням, кутом між приямими, що перетинаються, є менший з кутів. Отже, правильна відповідь – Г) 20°. 7. Оскільки ВС= АВ + АС, 7 см = 4 см + 3 см, 7 см = 7 см, то точка А лежить між точками В і С. Отже, правильна відповідь – А) 8. ∠СОК = ∠КОВ = 35° (оскількм ОК – бісектриса кута СОВ), ∠АОВ – розгорнутий, ∠АОВ = 180°, ∠АОВ = ∠АОК + ∠КОВ, 180° = ∠АОК + 35°, ∠АОК = 180° - 35° = 145°. Отже, правильна відповідь – В) 145°. 9. Нехай один із суміжних кутів х, тоді другий 2х. Оскільки сума суміжних кутів дорівнює 180°, маємо: х + 2х = 180° 3х = 180° х = 60° 2х = 120° Отже, правильна відповідь – Г) 120°. 10. Приавльна відповідь – В) 10.

11. ∠AON = ∠MON - ∠MOA = 180° - 120° = 60° ∠MOB = ∠MON - ∠NOB = 180° - 110° = 70° ∠BOA = ∠MON - ∠AON - ∠MOB = 180° - 60° - 70° = 50°

Отже, правильна відповідь – А) 50°. 12. Нехай градусна міра одного з кутів х, тоді другого 2х. Кут, суміжний з першим кутом - 180° - х, з другим - 180° - 2х, тоді: 180° - х – (180° - 2х) = 70° 180° - х - 180° + 2х = 70° х = 70° 2х = 140° Отже, правильна відповідь – Г) 140°. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

13. AM — 30 см (Г) MN — 20 см (А) NB — 24 см (Б) ЗАВДАННЯ ДЛЯ ПЕРЕВІРКИ ЗНАНЬ ДО §§ 1–6 1. В ∈ а, D ∈ а, М ∉ а, С ∉ а. 2. 1) ∠А = 92° - тупий 2) ∠В = 180° - розгорнутий 3) ∠С = 90° - прямий 4) ∠D = 31° - гострий 3. ∠BAD і ∠KAN, ∠BAK i ∠DAN – вертикальні. 4. MN = CM + CN, звідски CM = MN – CN = 7,2 см – 3,4 см = 3,8 см. Відповідь: 3,8 см. 5. ∠АОВ = 70°, ОС – бісектриса кута АОВ

6. ∠АОС і ∠СОВ – суміжні. ∠АОС + СОВ = 180°, ∠СОВ = 180° - 132° = 48°. ∠СОВ – кут між прямими АВ і CD.

Відповідь: 48°. 7. AN = AB – BN = 30 – 16 = 14 (см) MB = AB – AM = 30 – 20 = 10 (см) MN = AB – (AN + MB) = 30 – (14 + 10) = 30 – 24 = 6 (см)

Відповідь: 6 см. 8. Нехай градусна міра кута ВОС – х, тоді ∠АОВ = х + 12. Оскільки сума суміжних кутів дорівнює 180°, маємо: х + х + 12° = 180° 2х = 168° х = 84° Отже, один з кутів дорівнює 84°, тоді другий - 84° + 12° = 96°

Відповідь: 84°, 96°. 9. Задача має два розв’язки. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

І розв’язок АВ = АК + КВ = 9,3 + 3,7 = 13 (см) ІІ розв’язок АВ = АК – КВ = 9,3 – 3,7 = 5,6 (см) Додаткові вправи 10. ∠АОВ = 48°, ОС – бісектриса кута АОВ. ∠АОС = ∠СОВ = 48° : 2 = 24° (оскільки ОС – бісектриса кута АОВ). OD – доповняльний промінь до сторони ОА кута АОС. ∠AOD = 48°. ∠AOD = ∠AOC + ∠COD, звідси ∠COD = ∠AOD - ∠AOC = 180° - 24° = 156°.

Відповідь: 156°. 11. Нехай один з кутів х, тоді другий – 3х. Кут, суміжний з першим кутом - 180° - х, з другим - 180° - 3х. Градусні міри цих кутів відносяться, як 7 : 3, тоді: 180°−х 7 = 180°−3х 3 3(180° - х) = 7(180° - 3х) 540 – 3х = 1260 – 21х 18х = 720° х = 40° Отже, один з кутів дорівнює 40°, другий - 40° ⋅ 3 = 120°. Відповідь: 40°, 120°. §7. Перпендикулярні прямі. Перпендикуляр. Відстань від точки до прямої 138. Перпендикулярні прямі зображено на малюнках 7.7 і 7.10. 139. КА ⊥ с, ВМ ⊥ с.

140. BL ⊥ а

МВ ⊥ а

141. 1) Відрізки АВ і MN перпендикулярні, оскільки вони лежать на перпендикулярних прямих а і b. 2) Промінь ЕА і відрізок СМ перпендикулярні, оскільки вони лежать на перпендикулярних прямих. 3) Відрізки АВ і DE не перпендикулярні, оскільки вони обидва лежать на прямій а.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

4) Промені CN і СЕ перпендикулярні, оскільки вони лежать на перпендикулярних прямих а і b. 142. 1) Відрізки DE і CN перпендикулярні, оскільки вони лежать на перпендикулярних прямих а і b. 2) Промені СМ і СА перпендикулярні, оскільки вони лежать на перпендикулярних прямих а і b. 3) Промінь СЕ і відрізок СА не перпендикулярні, оскільки вони обидва лежать на прямій а. 4) Відрізки BD і MN перпендикулярні, оскільки вони лежать на перпендикулярних прямих а і b. 143. Встановимо косинець так, щоб одна із сторін прямого кута співпала з прямою а, а на другій знайдемо 2,5 см. Відмітимо точку А. Аналогічно для точки В.

144. Встановимо косинець так, щоб одна із сторін прямого кута співпала з прямою m, а на другій знайдемо 3 см. Відмітимо точку Р. Аналогічно для точки К.

145. Проведемо довільний відрізок АВ. Встановимо косинець так, щоб одна сторона прямого кута збігалася з відрізком АВ. По другій стороні прямого кута на деякій відстані від АВ проведемо довільний відрізок CD.

146. Довільно проведемо промінь MN. За допомогою косинця проведемо промінь KL.

147. 1) Дві прямі перпендикулярні, якщо вони перетинаються під прямим кутом. ∠AON = ∠AOK + ∠KON = 25° + 66° = 91°. Отже, прямі АВ і MN не перпендикулярні. 2) ∠BON = ∠LON - ∠LOB = 118° - 28° = 90°. Отже, прямі АВ і MN перпендикулярні. 148. 1) Дві прямі перпендикулярні, якщо вони перетинаються під прямим кутом. ∠МОА = ∠МОК - ∠АОК = 122° - 31° = 91°. Отже, прямі АВ і MN не перпендикулярні. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

2) ∠МОВ = ∠MOL + ∠LOB = 59° + 31° = 90°. Отже, прямі АВ і MN перпендикулярні. 149. Означення "Перпендикуляр до прямої — це будь-який відрізок, перпендикулярний до даної прямої" є неправильним. Причини: 1. Перпендикуляр — це не просто будь-який відрізок, а пряма, яка перетинає іншу пряму під кутом 90 градусів. Означення обов’язково стосується всієї прямої, а не тільки окремих її частин чи відрізків. 2. Відрізок може бути частиною перпендикуляра, але сам по собі відрізок не є перпендикуляром у класичному геометричному сенсі, оскільки перпендикуляр має бути безмежною лінією (прямою), а не обмеженою (відрізком). Таким чином, правильніше сказати, що перпендикуляр до прямої — це пряма, яка перетинає іншу пряму під прямим кутом. Відрізок, який є частиною цієї прямої, також буде перпендикулярним до даної прямої, але це вже похідне поняття. 150. 1. 1) ∠CON = ∠COB - ∠NOB = 90° - 25° = 65° 2) ∠MOD = ∠CON = 65° (як вертикальні) 2. 1) ∠MOD = ∠MOB - ∠DOB = 150° - 90° = 60° 2) ∠CON = ∠MOD = 60° (як вертикальні) Відповідь: 1) 65°; 2) 60°. 151. 1. 1) ∠FOL = ∠NOF - ∠NOL = 140° - 90° = 50° 2) ∠KOP = ∠FOL = 50° (як вертикальні) 2. 1) ∠MOF = ∠PON = 37° (як вертикальні) 2) ∠KOF = ∠KOM + ∠MOF = 90° + 37° = 127° Відповідь: 1) 50°; 2) 127°. 152. Промінь СВ – спільна сторона кутів АВС та СВМ. Знайдемо суму цих кутів. ∠АВС + ∠СВМ = 90° + 90° = 180°. Отже, ці кути суміжні.

За означенням не спільні сторони суміжних кутів – доповняльні промені. Отже, точки А, В і М лежать на одній прямій. 153. Позначимо кожен з двох суміжних кутів, що утворилися х. Тоді за властивістю суміжних кутів х + х = 180°, 2х = 180°, х = 90°. Отже, кут, під яким перетинаються прямі, прямий. Тоді прямі – перпендикулярні.

154. 1) ∠BON = 180° - (∠AOE + ∠EON) = 180° - (20° + 110°) = 50° 2) ∠CON = ∠COB + ∠BON = 90° + 50° = 140° Відповідь: 140°. 155. 1) ∠BON = ∠CON - ∠COB = 135° - 90° = 45° 2) ∠EOD = 180° - (∠AOE + ∠BON) = 180° - (25° + 45°) = 110° Відповідь: 110°. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

156. 1) Позначимо ∠AOB = ∠COD = x; ∠BOC = ∠DOE = y. Оскільки ∠АОВ + ∠BOC + ∠COD + ∠DOE = 180°, то 2х + 2у = 180°; 2(х + у) = 180°; х + у = 90°. 2) ∠АОС = ∠АОВ + ∠ВОС = х + у = 90°, тому ОС ⊥АЕ. 3) ∠BOD = ∠BOC + ∠COD = х + у = 90°, тому ВО ⊥ OD. Задачу доведено.

157. Нехай ∠АОВ – заданий кут, ОК – бісектриса кута АОВ. РО ⊥ ОК, отже, ∠РОК = 90°. ∠ТОВ – розгорнутий кут, ∠ТОВ = 180°. ∠ТОВ = ∠ТОР + ∠РОА + ∠АОК + ∠КОВ = 180°. Оскільки ∠РОК = 90°, то ∠РОА + ∠АОК = 90°, ∠ТОР + 90° + ∠КОВ = 180°, звідси ∠ТОР + ∠КОВ = 90°. Якщо ∠КОВ = ∠АОК, то ∠ТОР = ∠РОА. Отже, ОР – бісектриса кута ТОА.

158. ОК – бісектриса кута АОВ, OL – бісектриса кута ВОС. ОК ⊥ OL, отже, ∠КОВ + ∠BOL = ∠LOC, то ∠AOK + ∠LOC = 90°. ∠AOC = ∠AOK + ∠KOB + ∠BOL + ∠LOC = 180°. Отже, ОА і ОС – доповняльні промені, ОВ – спільна сторона кутів АОВ і ВОС, тобто ∠АОВ і ∠ВОС – суміжні.

159. 1) MK = MN + NK = 3,2 + 4,1 = 7,3 (см) 2) MN = MK – NK = 7,8 – 2,5 = 5,3 (см) 160. Нехай один із суміжних кутів х, тоді другий х + 36°. Оскільки сума суміжних кутів дорівнює 180°, маємо: х + х + 36° = 180°; 2х = 144°; х = 72°. Отже, один із кутів дорівнює 72°, другий - 180° - 72° = 108°. Відповідь: 72°; 108°. 161. Знайдемо S1 рулону шпалер: 50 см = 0,5 м S1 рулону = 0,5 ⋅ 10 = 5 (м²) Обчислимо S стін: S стін розміром 4,5 х 2,5: 4,5 ⋅ 2,5 = 11,25 (м²) Таких стін у кімнаті дві: 2S = 11,25 ⋅ 2 = 22,5 (м²) S стіни розміром 3 х 2,5: 3 ⋅ 2,5 = 7,5 (м²) Таких стін дві: 2S = 7,5 ⋅ 2 = 15 (м²) Загальна площа стін 22,5 + 15 = 37,5 (м²) S стін – S дверей і вікон S = 37,5 – 3,5 = 34 (м²) – площа для поклейки шпалер. 1) Знайдемо кількість рулонів: 34 : 5 = 6,8 © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

Отже, необхідно купити 7 рулонів шпалер 2) Обчислимо кількість коробок клею при умові 1 коробка на 4 рулони: 7 : 4 = 1,75 Отже, необхідно придбати 2 коробки клею 3) Обчислимо вартість шпалер: 7 ⋅ 240 = 1680 (грн) Вартість клею: 85 ⋅ 2 = 170 грн Загальна вартість покупки: 1680 + 170 = 1850 грн Відповідь: 1) 7 рулонів; 2) 2 коробки клею; 3) 1850 грн. 162. АВ ∥ СD; BC ∥ AD

163. Сума двох суміжних сторін прямокутника дорівнює 32 : 2 = 16 (см). Позначимо сторони прямокутника – а см і b см. За умовою а і b – цілі числа. Покладемо для визначеності, що а ≤ b. Систематизуємо дані про а, b та площу прямокутника S у таблиці, розглянувши всі можливі варіанти. а, см 1 2 3 4 5 6 7 8 b, см 15 14 13 12 11 10 9 8 S, см² 15 28 39 48 55 60 63 64 Відповідь: 1) Ні; 2) Ні; 3) Так; 4) Так; 5) Так; 6) Ні. § 8. Паралельні прямі 164. 1) а ∥ m; 2) CD ∥ PK. 165. На мал. 8.5: а ∥ b; на мал. 8.8: k ∥ с. 166. m ∥ a; b ∥ n. 167. 1) Згідно з аксіомою через точку К, що не лежить на прямій b, можна провести лише одну пряму, що паралельна даній.

2) Взагалі можна провести безліч прямих, паралельних прямій b, оскільки можна взяти безліч точок, що не належать прямій b. 168. Встановимо косинець так, щоб одна із сторін прямого кута збігалася із прямою l. Уздовж другої сторони косинця встановимо лінійку. Зсунемо косинець уздовж лінійки поки на першій стороні не з’явиться точка А. Проведемо через точку А пряму m ∥ l.

169. Побудована аналогічно завданню 168.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

170. За допомогою косинця побудуємо CD ⊥ АВ. Позначимо точку К ∉ АВ і через цю точку побудуємо пряму KL ∥ AB.

171.

172. 1)

2) Установимо косинець так, щоб одна із сторін прямого кута збігалась із стороною АВ кута АВС. Уздовж другої сторони косинця встановимо лінійку. Зсунемо косинець уздвож лінійки, поки на першій стороні не з’явиться точка К. Проведемо пряму m ∥ АВ. Встновимо косинець так, щоб одна із сторін прямого кута збігалась із стороною ВС кута АВС. Уздовж другої сторони косинця встановимо лінійку. Зсунемо косинець уздовж лінійки поки на першій стороні не з’явиться точка К. Проведемо прямі n ∥ BC. 3) Кут між прямими m і n дорівнює 60°. 173. 1)

2) Побудова аналогічна попередній задачі. 3) Кут між прямими а і b дорівнює 50°. 174. Позначимо точку перетину прямих а і b через В. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

Припустимо, що прямі m і b не перетинаються, тоді m ∥ b. Оскільки а ІІ m, то через т. В проходять дві різні прямі, що паралельні прямій m, що суперечить аксіомі паралельності прямих. Отже, прямі m і b перетинаються.

175. Припустимо, що пряма l перетинає пряму b, тоді пряма l повинна перетинати і пряму а, яка паралельна прямій b. А за умовою пряма l не перетинає пряму а. Отже, наше припущення хибне, тому пряма l не перетинає пряму b.

176. Припустимо, що прямі m і n не перетинаються, тоді m ∥ n. Отже, через точку М проходять дві прямі МК та m, що паралельні прямій n. Це суперечить аксіомі про паралельність прямих. Отже, наше припущення невірне. Тому m і n перетинаються. 177. Припустимо, що пряма l не перетинає пряму b, тобто l ∥ b. Отже, через т. К проходять дві прямі l і а, і обидві паралельні прямій b. Це суперечить аксіомі про паралельність прямих. Отже, наше припущення є хибним, значить, правильним є те, що l перетинає пряму b. За умовою b ∥ с. Ми довели, що пряма l перетинає пряму b. Аналогічно доводиться, що l пертинає с.

178. 1)

2) АВ = 2,6 см; АС = 2,1 см; ВС = 1,7 см АС + ВС = 2,1 + 1,7 = 3,8 (см) 3) АВ < АС + ВС 179. Нехай ∠AOD = х, тоді ∠BOD = 0,25х. ∠AOD і ∠BOD – суміжні, ∠AOD + ∠BOD = 180°, x + 0,25х = 180°; 1,25х = 180°; х = 144°. Отже, ∠AOD = 144°, ∠BOD = 36°. Оскільки кутом між прямими є менший із кутів, які утворились при перетині двох прямих, то ∠BOD = 36° - кут між прямими. Відповідь: 36°

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

180. Примітка: 50 см = 0,5 м. S плитки = 0,5 ⋅ 0,5 = 0,25 (м²) S майданчика = 3,5 ⋅ 6,5 = 22,75 (м²) 22,75 : 0,25 = 91 (шт.) – кількість плиток. 91 ⋅ 52 = 4732 (грн) – вартість плитки. Вартість додаткових матеріалів: 35% від 4732 4732 ⋅ 0,35 = 1656,2 (грн) 4732 + 1656,2 = 6388 грн 20 коп – всього Відповідь: 6388 грн 20 коп. 181. Площа вказаного квадрата є 2017² клітинок. Але число 2017² є непарним, тому розрізати квадрат на дві частини, площа яких (у клітинках) однакова – неможливо. Тому й розділити квадрат на дві рівні фігури - неможливо. Відповідь: ні, не можливо. § 9. Кути, утворені при перетині двох прямих січною. Ознаки паралельності прямих 182.

внутрішні різносторонні 183.

відповідні кути

внутрішні односторонні

внутрішні односторонні відповідні кути внутрішні різносторонні 184. Внутрішні односторонні кути: ∠ANM і ∠BMN, ∠CNM i ∠DMN; Внутрішні різносторонні кути: ∠ANM і ∠DMN; ∠CNM i ∠BMN; Відповідні кути: ∠ANK і ∠BMN; ∠KNC і ∠NMD; ∠ANM і ∠BML; ∠CNM і ∠DML. 185. Внутрішні односторонні кути: ∠PCM і ∠DMC; ∠FCM і ∠LMC; Внутрішні різносторонні кути: ∠PCM і ∠LMC; ∠FCM і ∠DMC; Відповідні кути: ∠PCB і ∠DMC; ∠BCF і ∠CML; ∠PCM і ∠DMK; ∠FCM і ∠LMK. 186. Так, оскільки дві прямі, перпендикулярні до третьої прямої, паралельні між собою. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

187.

оскільки внутрішні різносторонні кути рівні (по 65°), то а ∥ b.

оскільки сума внутрішніх односторонніх кутів відмінна від 180° (бо 45° + 130° = 175°), то прямі а і b перетинаються.

оскільки відповідні кути рівні (по 50°), то а ∥ b.

оскільки внутрішні різносторонні кути не рівні, то прямі а і b перетинаються.

оскільки сума внутрішніх односторонніх кутів дорівнює 180° (100° + 80° = 180°), то а ∥ b.

оскільки відповідні кути не рівні між собою, то прямі а і b перетинаються.

188. Позначимо кути цифрами від 1 до 8. ∠2 = 70° (як вертикальний кут до ∠4). ∠1 = 180° – 70° = 110° (як суміжний кут до ∠4). ∠3 = 110° (як вертикальний кут до ∠1). ∠5 = 120° (як вертикальний кут до ∠8). ∠6 = 180° – 120° = 60° (як суміжний кут до ∠8). ∠7 = ∠6 = 60° (як вертикальний кут до ∠6). Прямі m і n не паралельні (перетинаються). © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

189. Позначимо кути цифрами від 1 до 8. ∠4 = ∠1 = 50° (як вертикальний кут до ∠1). ∠2 = 180° – 50° = 130° (як суміжний кут до ∠1). ∠3 = ∠2 = 130° (як вертикальний кут до ∠2). ∠7 = ∠6 = 130° (як вертикальний кут до ∠6). ∠5 = 180° – 130° = 50° (як суміжний кут до ∠6). ∠5 = ∠8 = 50° (як вертикальний кут до ∠8). а ∥ b, оскільки ∠2 = ∠6 = 130° (відповідні кути). Відповідь: а ∥ b. 190. ∠ABC і ∠BCM – внутрішні різносторонні кути для прямих АВ і СМ і січної ВС. Точки A i M – з різних сторін від прямої BC.

191. ∠AKN і ∠KNP – внутрішні односторонні кути для прямих АK і PN і січної KN. Точки A i Р – знаходяться по одну сторону відносно прямої KN.

192. ∠1 + ∠2 = 118° + 62° = 180°; тому а ∥ b. ∠2 ≠ ∠3, тому прямі b і с — не паралельні. ∠1 + ∠3 = 118° + 63° = 181°; тому прямі а і с — не паралельні. 193. ∠1 + ∠2 = 121° + 60° = 181°; тому прямі а і b — не паралельні. ∠2 = ∠3, тому прямі b ∥ с. ∠1 + ∠3 = 121° + 60° = 181°; тому прямі а і с — не паралельні. 194. Проведемо через спільну сторону косинців пряму С. С ⊥ a, C ⊥ b. Отже, прямі а і b перпендикулярні до однієї прямої. За наслідком 3 (дві прямі, перпендикулярні до третьої прямої, паралельні) пряма а ∥ b.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

195. 1) ∠ABC = 115°. 2) За допомогою транспортира будуємо кут ∠PCK = 115°. 3) AB ∥ PC, оскільки відповідні кути ∠ABC і ∠PCK рівні (згідно з ознакою паралельності прямих).

196. 1) ∠MNP = 125°. 2) За допомогою транспортира будуємо кут ∠APB = 125°. 3) MN ∥ АР, оскільки відповідні кути ∠MNP і ∠APB рівні (згідно з ознакою паралельності прямих). 197. Оскільки прямі CD і MN перпендикулярні до однієї прямої АВ, то за наслідком 3 - CD ∥ MN. Відповідь: так.

198. ∠1 і ∠3 – суміжні. За властивістю суміжних кутів ∠1 + ∠3 = 180°. Звідси ∠3 = ∠1 – 180°. За умовою ∠1 + ∠2 = 180°, тоді ∠2 = 180° – ∠1. ∠4 = ∠2, як вертикальні кути, отже, ∠4 = 180° – ∠1. Звідси маємо ∠3 = ∠4. Оскільки ∠3 і ∠4 відповідні і рівні, то a ∥ b. 199. За умовою ∠1 = ∠2. Позначимо кут 3 — вертикальний із кутом 2. ∠3 = ∠2. Тому ∠1 = ∠3. Відповідні кути рівні, тому m ∥ n, що й треба було довести.

200. За умовою ∠4 + ∠5 = 190°. 1) ∠2 = ∠4 (як вертикальні), ∠7 = ∠5 (аналогічно). Отже, ∠2 + ∠7 = ∠4 + ∠5 = 190°. 2) ∠1 = 180° – ∠4 (за властивістю суміжних кутів); ∠8 = 180° – ∠5 (аналогічно). Тому ∠1 + ∠8 = 180° – ∠4 + 180° – ∠5 = = 360° – (∠4 + ∠5) = 360° – 190° = 170°. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

3) ∠3 = 180° – ∠4 (за властивістю суміжних кутів); ∠6 = 180° – ∠5 (аналогічно); ∠3 + ∠6 = 180° – ∠4 + 180° – ∠5 = 360° – (∠4 + ∠5) = 360° – 190° = 170°. Відповідь: 1) 190°; 2) 170°; 3) 170°. 201. За умовою ∠3 + ∠6 = 160°. 1) ∠2 = 180° – ∠3 (за властивістю суміжних кутів), ∠7 = 180° – ∠6 (аналогічно). Тому ∠2 + ∠7 = 180° – ∠3 + 180° – ∠6 = = 360° – (∠3 + ∠6) = 360° – 160° = 200°. 2) ∠1 = ∠3 (як вертикальні), ∠8 = ∠6 (аналогічно). ∠1 + ∠8 = ∠3 + ∠6 = 160°. 3) ∠4 = 180° – ∠3 (за властивістю суміжних кутів), (аналогічно). Тому ∠4 + ∠5 = 180° – ∠3 + 180° – ∠6 = 360° – (∠3 + ∠6) = 360° – 160° = 200°. Відповідь: 1) 200°; 2) 160°; 3) 200°. 202. ∠ABC і ∠BCD – внутрішні односторонні кути. ∠ABC + ∠BCD = 70° + 100° = 170°. Прямі АВ і CD не можуть бути паралельними, оскільки у паралельних прямих сума внутрішніх односторонніх кутів дорівнює 180° (наслідок 2). Відповідь: ні. 203. Розглянемо 2 випадки:

1-й випадок. ∠MNP і ∠NPK - внутрішні різносторонні кути. Якби прямі MN і PK були паралельні, то кути NMP і NPK були б рівні. Але ∠MNP = 60°, ∠NPK = 120°. Отже, MN і PK не паралельні. 2-й випадок. ∠MNP і ∠NPK - внутрішні односторонні кути. Оскільки ∠NMP + ∠NPK = 60° + 120° = 180°, то MN ∥ PK. Відповідь: так. 204.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

1-й випадок. Прямі а і с паралельні, оскільки відповідні кути при перетині прямих а і с з прямою b, рівні. 2-й випадок. Прямі а і с перетинаються. Відповідь: ні. 205.

1-й випадок. Прямі а і b паралельні. 2-й випадок. Прямі а і b перетинаються. Відповідь: ні. 206. MF – бісектриса кута KMN, то ∠KMN = 2 ∙ ∠FMK; KF – бісектриса кута MKP, то ∠MKP = 2 ∙ ∠MKF. За умовою ∠MKF + ∠FMK = 90°. Маємо ∠MKP + ∠KMN = 2 ∙ ∠MKF + 2 ∙ ∠FMK = = 2(∠MKF + ∠FMK) = 2 ∙ 90° = 180°. Кути MKP і KMN – внутрішні односторонні, утворені при перетині прямих MN і KP січною MK. Оскільки ∠MKP + ∠KMN = 180°, то MN ∥ KP. 207. За наслідком з ознаки паралельності прямих отримаємо, що a ∥ b. Нехай прямі a і c перетинаються у точці K. Припустимо, що прямі b і с не перетинаються, тобто b ∥ с. Тоді через точку К проходять дві прямі а і с, паралельні прямій b. Це суперечить аксіомі паралельності прямих. Наше припущення хибне. Відповідь: прямі b і с перетинаються.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

208. 1) ∠АВС = 70°. 2) m ⊥ BA, n ⊥ BC. 3) Кут між прямими m i n дорівнює 70°.

209. ∠АОB = ∠BOC = 130°. ∠АОC = ∠AOD + ∠DOC, ∠AOD + ∠АОB = 180° (як суміжні кути). Звідси ∠AOD = 180° – ∠АОB = 180° – 130° = 50°. ∠DOC + ∠BOC = 180° (як суміжні кути). ∠DOC = 180° – ∠BOC = 180° – 130° = 50°. ∠АОC = ∠AOD + ∠DOC = 50° + 50° = 100°. Відповідь: 100°. 210. Радіус Землі становить приблизно 6378 км. Довжина окружності Землі на рівні екватора: C=2πR де R — радіус Землі. Визначимо ефективні радіуси для верхівки голови та кінця ноги: Радіус на рівні голови Сергія: Rголови = R + 1,6 метра. Радіус на рівні ноги: Rноги = R = R. Знайдемо різницю в довжині шляхів: Довжина шляху для верхівки голови буде більшою на величину різниці довжин двох окружностей. Для цього скористаємось формулою для довжини окружності: Cголови = 2πRголови, Cноги = 2πRноги Різниця в довжині шляхів: ΔC = Cголови – Cноги = 2π (Rголови − Rноги) Переведемо 1,60 метра в кілометри: 1,60 м=0.0016 км. Обчислимо різницю в довжині шляху: ΔC=2π × 0,0016 км ≈ 0,01005 км ≈ 10,05 м. Отже, верхівка голови Сергія пройшла б на 10,05 метрів більше, ніж кінець його ноги, якби він пройшов земну кулю по її екватору. 211. Відповідь: так (див. малюнок).

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

§ 10. Властивість паралельних прямих. Властивості кутів, утворених при перетині паралельних прямих січною 212. 1) Кути 5 і 4 – рівні; кути 2 і 7 – рівні. 2) Кути 1 і 3 – рівні. 3) ∠1 + ∠4 = 180° 213. 1) Кути 1 і 8 – рівні; кути 6 і 3 – рівні. 2) Кути 2 і 4 – рівні. 3) ∠2 + ∠3 = 180° 214. 1) ∠1 = 110° (як відповідний даному куту). 2) ∠2 = 180° – 110° = 70° (оскільки кут 110° і ∠2 – внутрішні різносторонні кути). 3) ∠3 = ∠1 = 110° (як вертикальні) 215. Відомо, що m ∥ n, тоді: 1) ∠1 = 60° (як відповідний даному куту). 2) ∠2 = 180° – 60° = 120° (оскільки кут 60° і ∠2 – внутрішні різносторонні кути). 3) ∠3 = ∠1 = 60° (як вертикальні) 216. Нехай ∠1 = 140°. ∠3 = ∠1 = 140° (як вертикальні кути). ∠5 = ∠1 = 140° (як відповідні кути). ∠7 = ∠1 = 140° (як вертикальні кути). ∠1 + ∠2 = 180° (як суміжні кути). Звідси ∠2 = 180° – ∠1 = 180° – 140° = 40°. ∠4 = ∠2 = 40° (як вертикальні кути). ∠8 = ∠4 = 40° (як відповідні кути). ∠6 = ∠8 = 40° (як вертикальні кути). 217. Нехай ∠2 = 50°. ∠4 = ∠2 = 50° (як вертикальні кути). ∠4 = ∠8 = 50° (як відповідні кути). ∠6 = ∠8 = 50° (як вертикальні кути). ∠1 + ∠2 = 180° (як суміжні кути). Звідси ∠1 = 180° – ∠2 = 180° – 50° = 130°. ∠3 = ∠1 = 130° (як вертикальні кути). ∠5 = ∠1 = 130° (як відповідні кути). ∠7 = ∠5 = 130° (як вертикальні кути). 218. 1) Серед кутів, що утворилися при перетині двох паралельних прямих січною і не є рівними, суміжні й внутрішні односторонні. Однак і ті, й інші кути в сумі дорівнюють 180°. 37° + 133° = 170°. Отже, жоден з решти кутів не може дорівнювати 133°. 2) Так, наприклад, кут, суміжний з кутом 37°, дорівнюватиме 180° – 37° = 143°. 3) Ні, не може, оскільки 37° + 153° = 190° (дивись п. 1). © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

219. Оскільки a ∥ b і a ∥ m, то за властивістю паралельних прямих отримаємо, що b ∥ m. Відповідь: так.

220. При перетині двох паралельних прямих січною утворилося дві пари внутрішніх різносторонніх кутів: одна пара гострих та одна пара тупих (якщо всі вони не дорівнюють 90°). Оскільки внутрішні різносторонні кути рівні, то кожен з них дорівнює: 240° : 2 = 120°. Це кути ∠3 і ∠5. Відповідь: 120°. 221. Оскільки утворені відповідні кути рівні, то маємо ∠1 = ∠2 = 108° : 2 = 54°. Відповідь: 54°.

222. 1) ∠1 і ∠2 – внутрішні різносторонні. Оскільки ∠1 = ∠2, то за наслідком з ознаки паралельності прямих отримаємо, що а ∥ b. 2) ∠3 і ∠4 – внутрішні односторонні, утворення при перетині паралельних прямих а і b січною d. За властивістю таких кутів маємо, що ∠3 + ∠4 = 180°, що й треба було довести. 223. 1) ∠1 і ∠2 – внутрішні односторонні кути. Оскільки ∠1 + ∠2 = 180°, то за наслідком з ознаки паралельності прямих отримаємо, що а ∥ b. 2) ∠3 і ∠4 – внутрішні різносторонні кути, утворення при перетині паралельних прямих а і b січною d. За властивістю таких кутів маємо, що ∠3 = ∠4 = 180°, що й треба було довести. 224. 1) ∠1 і ∠2 – відповідні кути. Оскільки ∠1 = ∠2, то за ознакою паралельності прямих отримуємо, що а ∥ b. 2) Кут 3 і кут у 90° є відповідними, утвореними при перетині паралельних прямих а і b січною с. За властивістю таких кутів, маємо: ∠3 = 90°. Тому с ⊥ b, що й треба було довести. 225. 1) Оскільки а ⊥ d i b ⊥ d, то за наслідком ознаки паралельності прямих отримуємо, що а ∥ b. 2) ∠1 і ∠2 – відповідні кути, утворені при перетині паралельних прямих а і b січною с. За властивістю таких кутів маємо: ∠1 = ∠2, що й треба було довести. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

226. ∠1 і ∠2 – внутрішні односторонні кути, утворені при перетині паралельних прямих а і b січною c. Тоді, за властивістю таких кутів маємо, що ∠1 + ∠2 = 180°.

1) Нехай ∠2 = х, тоді ∠1 = х + 16°. Маємо: х + х + 16° = 180° 2х = 164° х = 82° Отже, ∠2 = 82°; ∠1 = 82° + 16° = 98°.

2) Нехай ∠2 = х, тоді ∠1 = 3х. Маємо: х + 3х = 180° 4х = 180° х = = 45° Отже, ∠2 = 45°; ∠1 = 3 ∙ 45° = 135°.

3) Нехай ∠2 = 5х, тоді ∠1 = 7х. Маємо: 5х + 7х = 180° 12х = 180° х = 15° Отже, ∠2 = 5 ∙ 15° = 75°; ∠1 = 7 ∙ 15° = 105°.

Відповідь: 1) 82° і 96°; 2) 45° і 135°; 3) 75° і 105°. 227. ∠1 і ∠2 – внутрішні односторонні кути, утворені при перетині паралельних прямих а і b січною с. Тоді за властивістю таких кутів, матимемо, що ∠1 + ∠2 = 180°.

1) Нехай ∠1 = х, тоді ∠2 = 4х. Маємо: х + 4х = 180° 5х = 180° х = 36° Отже, ∠1 = 36°; ∠2 = 4 ∙ 36° = 144°.

2) Нехай ∠1 = х, тоді ∠2 = х + 8°. Маємо: х + х + 8° = 180° 2х = 172° х= 86° Отже, ∠1 = 86°; ∠1 = 86° + 8° = 94°.

3) Нехай ∠2 = 5х, тоді ∠1 = 4х. Маємо: 5х + 4х = 180° 9х = 180° х = 20° Отже, ∠2 = 5 ∙ 20° = 100°; ∠1 = 4 ∙ 20° = 80°.

Відповідь: 1) 36° і 144°; 2) 86° і 94°; 3) 100° і 80°. 228. ∠1 = ∠3 = 120° (як вертикальні кути). ∠4 = ∠1 = 120° (як відповідні кути). Отже, a ∥ b згідно з ознакою паралельності прямих. ∠2 і ∠6 — відповідні, ∠2 = ∠6 = 110°. ∠5 і ∠2 — суміжні. x + ∠2 = 180° x + 110° = 180° x = 180° – 110° x = 70°

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

∠1 і ∠2 — суміжні кути. ∠1 + ∠2 = 180°, ∠2 = 180° – ∠1, ∠2 = 180° – 55° = 125°. ∠2 = ∠3 = 125° (як відповідні кути). Отже, a ∥ b згідно з ознакою паралельності прямих. ∠4 і ∠5 — внутрішні різносторонні кути при паралельних прямих a і b і січній d. ∠4 = ∠5 = 65°.

∠1 + ∠2 = 48° + 132° = 180°. Оскільки ці кути внутрішні односторонні і їхня сума дорівнює 180°, то прямі a і b паралельні (наслідок 2). Розглянемо паралельні прямі a і b і січну d. ∠3 і ∠4 — внутрішні односторонні кути при паралельних прямих a і b і січній d. ∠3 + ∠4 = 180° ∠4 = 180° – ∠3 ∠4 = 180° – 51° ∠4 = 129°. Відповідь: 1) 70°; 2) 65°; 3) 129°. 229. ∠3 = ∠4 = 80° (як вертикальні кути). ∠1 = ∠3 (як відповідні кути). Отже, a ∥ b згідно з ознакою паралельності прямих. Розглянемо a ∥ b і січну d. ∠2 = ∠5 як відповідні кути. Отже, x = 50°. ∠4 + ∠5 = 130° + 50° = 180°. Оскільки ці кути внутрішні односторонні та їхня сума дорівнює 180°, то згідно з наслідком 2 прямі a і b паралельні. Розглянемо a ∥ b і січну d. ∠1 = ∠2 = 70° (як вертикальні кути). ∠2 і ∠3 — внутрішні односторонні кути, отже, ∠2 + ∠3 = 180°. ∠3 = 180° – ∠2 = 180° – 70° = 110°. Відповідь: 1) 50°; 2) 110°. 230. Якщо a і b не паралельні прямій m, то m перетинає a і b. Якщо пряма перетинає одну з паралельних прямих, то вона перетинає і другу. Тож a і b можуть бути паралельними, або a і b не паралельні і кожну перетинає m.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

231. Оскільки сума трьох кутів 120°, то два з цих кутів вертикальні і третій відповідний до одного з них. ∠7 + ∠6 + ∠2 = 120°. Оскільки всі ці кути рівні (∠7 і ∠6 — як вертикальні, ∠2 і ∠6 — як відповідні), то кожен з них дорівнює 40°. ∠2 = 40°, ∠6 = 40°, ∠7 = 40°. ∠3 = ∠2 = 40° (як вертикальні кути). ∠1 + ∠2 = 180° (як суміжні кути). Звідси ∠1 = 180° – 40° = 140°. ∠4 = ∠1 = 140° (як вертикальні кути). ∠5 = ∠1 = 140° (як відповідні кути). ∠8 = ∠5 = 140° (як вертикальні кути). Відповідь: чотири кути по 40°, чотири кути по 140°. 232. Оскільки сума чотирьох кутів, утворених при перетині двох паралельних прямих січною, дорівнює 128°, то це дві пари відповідних гострих кутів. ∠1 + ∠5 + ∠3 + ∠7 = 128°. Оскільки ці кути рівні, то кожен з них дорівнює 32°. ∠1 = ∠5 = ∠3 = ∠7 = 32°. ∠1 + ∠2 = 180° (як суміжні кути). ∠2 = 180° – ∠1 = 180° – 32° = 148°. ∠4 = ∠2 = 148° (як вертикальні кути). ∠6 = ∠2 = 148° (як відповідні кути). ∠8 = ∠6 = 148° (як вертикальні кути). Відповідь: чотири кути по 32°, чотири кути по 148°. 233. Через т. М проведемо пряму паралельні CD. KM ∥ CD, KM ∥ AB. Тоді ∠CMA = ∠CMK + ∠AMK. Розглянемо AB ∥ KM і січну AM. ∠AMK = ∠MAB = 50° (як внутрішні різносторонні кути). Розглянемо CD ∥ KM і січну CM. ∠CMK = ∠DCM = 80° (як внутрішні різносторонні кути). Отже, ∠CMA = 80° + 50° = 130°. Відповідь: 130°. 234. Через точку K проведемо пряму KF паралельну MN. KF ∥ MN, KF ∥ PL. Тоді ∠MKP = ∠MKF + ∠PKF. Розглянемо MN ∥ KF і січну MK. ∠MKF + ∠KMN = 180° (як внутрішні односторонні кути). ∠MKF = 180° – ∠KMN = 180° – 120° = 60°. Розглянемо PL ∥ KF і січну KP. ∠PKF + ∠KPL = 180° (як внутрішні односторонні кути). ∠PKF = 180° – ∠KPL = 180° – 140° = 40°. Отже, ∠MKP = 60° + 40° = 100°. Відповідь: 100°. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

235. Оскільки a ∥ b, то ∠KBA = ∠BAL (як внутрішні різносторонні). Оскільки BC і AD — бісектриси цих кутів, то ∠CBA = ∠DAB (як половини рівних кутів). Розглянемо прямі BC і AD та січну AB. ∠CBA і ∠DAB — внутрішні різносторонні рівні, отже, BC ∥ DA. Отже, бісектриси двох внутрішніх різносторонніх кутів при паралельних прямих і січній паралельні.

236. Оскільки a ∥ b, то ∠MAK = ∠ABL (як відповідні кути). Оскільки AC і BD — бісектриси цих кутів, то ∠ABD = ∠MAC (як половини рівних кутів). Розглянемо прямі AC і BD і січну MN: ∠MAC і ∠ABD — відповідні кути і рівні. Отже, AC ∥ BD. Отже, бісектриси двох відповідних кутів при паралельних прямих і січній паралельні.

237.

238. AB = 16 см. 1) BC = x см, AC = x + 2, 2) BC = x см, AC = 3x см, x + x + 2 = 16; x + 3x = 16; 2x = 14; 4x = 16; x = 7. x = 4. Отже, BC = 7, Отже, BC = 4 см, AC = 7 + 2 = 9. AC = 3 · 4 = 12 см. 4 см 6 см 7 см 9 см 10 см 12 см Ф Р А Н К О Відповідь: Франко. 239. 1) 20 · 20 = 400 (м2) – площа квадратної клумби 2) 400 : 40 = 10 (г) – потрібно всього насіння 3) 10 · 90 = 900 (грн) Відповідь: потрібно 900 грн. © shkola.in.ua

3) Нехай AC = 5x, BC = 3x. 5x + 3x = 16; 8x = 16; x = 2. Отже, BC = 3 · 2 = 6 см, AC = 5 · 2 = 10 см.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

240. АВ = 3 см АС = 4 см СВ = 5 см Р = 3 + 4 + 5 = 12 см

241. 20 – (8 + 7) = 20 – 15 = 5 см. Відповідь: довжина третьої сторони 5 см. 242. Розв’язання подано на малюнку.

ДОМАШНЯ САМОСТІЙНА РОБОТА № 2 (§§ 7–10) 1.

Відповідь: Г. 2.

Відповідь: Б. 3.

Відповідь: Г. внутрішні різносторонні. 4. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

Б. перпендикулярні прямі завжди мають спільну точку. 5. Оскільки сума внутрішніх односторонніх кутів на малюнку А дорівнює 61° + 119° = 180°, то саме на цьому малюнку а ∥ b.

Відповідь: А. 6. 180° – 35° = 145°. Відповідь: В. 145°. 7. 1) ∠CON = ∠MOD (як вертикальні); ∠CON = 20°. 2) ∠AON = ∠CON + ∠COA = 20° + 90° = 110°.

Відповідь: В. 110°. 8. ∠1 + ∠4 = (180° – ∠2 ) + (180° – ∠3) = 360° – (∠2 + ∠3) = = 360° – 175° = 185°.

Відповідь: Б. 185°. 9. ∠2 = ∠3 = 70° (як вертикальні кути). ∠1 = ∠2 = 70° (як відповідні кути). Отже, a ∥ b згідно з ознакою паралельності прямих. Розглянемо a ∥ b і січну d. Кути 100° і x — внутрішні односторонні кути, отже, їхня сума дорівнює 180°. Тоді 100° + x = 180°; x = 80°. Відповідь: А. 80°. 10. 1) Позначимо ∠AOC = ∠BOD = х; ∠COK = ∠DOK = у. Тоді 2x + 2y = 180° 2(х + у) = 180° х + у = 90° 2) ∠AOK = х + у = 90°.

Відповідь: В. 90°. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

11. Через т. P проведемо пряму PK ∥ BA. Тоді ∠BPD = ∠BPK + ∠DPK. Розглянемо BA ∥ PK і січну BP. ∠PBA + ∠BPK = 180° (як внутрішні односторонні кути). ∠BPK = 180° - ∠PBA = 180° - 100° = 80°. Розглянемо PK ∥ DC і січну PD. ∠DPK + ∠CDP = 180° (як внутрішні односторонні кути). ∠DPK = 180° - ∠CDP = 180° - 150° = 30°. Отже, ∠BPD = 80° + 30° = 110°. Відповідь: Б. 110°. 12. Оскільки OK — бісектриса ∠AOC, цей кут розділяється на дві рівні частини: ∠AOK та ∠KOC. ∠AOC = ∠AOK + ∠KOC = 2∠KOC Оскільки OL — бісектриса ∠COB, цей кут розділяється на дві рівні частини: ∠COL та ∠LOB. ∠COB = ∠COL + ∠LOB = 2∠COL За умовою, OK перпендикулярний до OL, тобто кут між ними, ∠KOL, дорівнює 90°. Оскільки ∠AOC складається з кутів AOK і KOC, а ∠COB складається з кутів COL і LOB, то: ∠AOB = ∠AOC + ∠COB = 2∠KOC + 2∠COL = = 2(∠KOC + ∠COL) = 2∠KOL = 2  90° = 180°. Відповідь: Г. розгорнутий 13. 1. Для паралельних прямих a і b та січної с відповідні кути рівні, тому 180° – 100° = 80° – шуканий кут між прямими а і с. 2. Для паралельних прямих a і b та січної с відповідні кути рівні, тому 180° – 120° = 60° – шуканий кут між прямими а і с. 3. Для паралельних прямих a і b та січної с відповідні кути рівні. Оскільки кутом між двома прямим вважається менший із кутів, тому кут 70° – шуканий кут між прямими а і с. Відповідь: 1 — В. 80°; 2 — А. 60°; 3 — Б. 70°. ЗАВДАННЯ ДЛЯ ПЕРЕВІРКИ ЗНАНЬ ДО §§ 7–10 1.

Перпендикулярні прямі: а ⊥ b

Паралельні прямі: m ∥ n

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

3. 1) 1 і 2 - внутрішні різносторонні кути; 2) 1 і 3 - внутрішні односторонні кути; 3) 1 і 4 - відповідні кути.

4. 1) ∠KOM = ∠KOA + ∠AOM= 70° + 19° = 89°; прямі KL і MN – не перпендикулярні. 2) ∠KON= ∠KOB – ∠NOB = 111° – 21° = 90°; прямі KL і MN – перпендикулярні.

6. Нехай ∠1 = 78°, тоді ∠3 = ∠1 = 78° (як вертикальні кути), ∠5 = ∠1 = 78° (як відповідні кути), ∠7 = ∠5 = 78° (як вертикальні кути). ∠1 + ∠2 = 180° (як суміжні кути), ∠2 = 180° – ∠1 = 180° – 78° = 102°. ∠4 = ∠2 = 102° (як вертикальні кути). ∠6 = ∠2 = 102° (як відповідні кути). ∠8 = ∠6 = 102° (як вертикальні кути). Відповідь: чотири кути по 78°, чотири кути по 102°. 7. Оскільки AB ⊥ CD, то ∠AOC = 90°. ∠AOK = ∠AOC – ∠KOC, ∠KOC = ∠DOL = 38° (як вертикальні кути). Отже, ∠AOK = 90° – 38° = 52°.

Відповідь: 52°. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

8. ∠1 і ∠2 — внутрішні односторонні кути при прямих a і b і січній d. ∠1 + ∠2 = 40° + 140° = 180°. Згідно з наслідком 2 прямі a і b паралельні. Розглянемо a ∥ b і січну c. ∠5 = ∠3 = 130° (як внутрішні різносторонні кути). ∠5 + ∠4 = 180° (як суміжні кути). ∠4 = 180° – ∠5 = 180° – 130° = 50°. Відповідь: 50°. 9. Проведемо пряму PR ∥ DC, тоді ∠BKD = ∠BKP + ∠DKP. Розглянемо BA ∥ PR і січну BK. ∠BKP = ∠KBA = 40° (як внутрішні різносторонні кути). Розглянемо KR ∥ DC і січну KD. ∠DKP = ∠KDC = 70° (як внутрішні різносторонні кути). Отже, ∠BKD = 40° + 70° = 110°. Відповідь: 110°. 10. За властивістю паралельних прямих, сума внутрішніх односторонніх кутів, утворених при перетині паралельних прямих січною, дорівнює 180°. Нехай один із внутрішніх односторонніх кутів дорівнює x, тоді другий — 4x. Оскільки їх сума дорівнює 180°, маємо: x + 4x = 180°; 5x = 180°; x = 36°. Отже, один з кутів дорівнює 36°, другий — 4  36° = 144°. Відповідь: 36° і 144°. 11.

Ні, оскільки можливий другий випадок.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

Вправи для повторення розділу 2 До §5 243.

Суміжні: ∠2 і ∠3 244.

Суміжні: ∠1 і ∠4 та ∠2 і ∠3

Суміжні: ∠1 і ∠2 та ∠3 і ∠4

1) Так, можна. Треба побудувати доповняльний промінь до будь-якої сторони даного кута. Наприклад, дано ∠DAE. Побудуємо промінь AB доповняльний до променя AD. Отримали ∠EAB суміжний з ∠DAE. 2) Можна побудувати два кути. Один побудували в п.1). Проведемо доповняльний промінь AC до променя AE. Отримаємо ∠DAC, суміжний з ∠DAE. 245. Сума суміжних кутів дорівнює 180°. Кут, суміжний з ∠ABC: 180° - ∠ABC. Кут, суміжний з ∠MNL: 180° - ∠MNP. Якщо ∠ABC < ∠MNP, то 180° - ∠ABC > 180° - ∠MNP. Отже, більший суміжний кут буде у ∠ABC.

246. Нехай один із суміжних кутів дорівнює 3x, тоді другий дорівнює 7x. За властивістю суміжних кутів 3x + 7x = 180°; 10x = 180°; x = 18°. Отже, один із кутів дорівнює 3 × 18° = 54°, другий — 7 × 18° = 126°. Відповідь: 54°, 126°. 247. Нехай градусна міра одного із суміжних кутів — x, тоді другого — 0,2x. За властивістю суміжних кутів x + 0,2x = 180°; 1,2x = 180°; x = 150°. Отже, один із кутів дорівнює 150°, другий — 150° × 0,2 = 30°. Відповідь: 30°; 150°. 248.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

Нехай градусна міра одного із суміжних кутів x. Оскільки другий кут на 20% менше від першого, то він становить 80% або 0,8 першого кута, тобто 0,8x. x + 0,8x = 180° — за властивістю суміжних кутів. 1,8x = 180°; x = 100°. Отже, один з кутів дорівнює 100°, другий — 100° × 0,8 = 80°. Відповідь: 80°; 100°. 249. ∠ABC — заданий кут. KB — бісектриса. ∠ABK = ∠KBC. ∠ABL — суміжний з ∠ABC. Нехай ∠ABL = x, тоді ∠ABK = ∠KBC = 2x. ∠ABC = 4x. За властивістю суміжних кутів маємо: ∠ABL + ∠ABC = 180°. x + 4x = 180°; 5x = 180°; x = 36°. Отже, ∠ABL = 36°, тоді ∠ABC = 180° - 36° = 144°. Відповідь: 144°. До §6 250. Наприклад, ножиці. 251. Кути 1 і 2 вертикальні лише на малюнках:

252. 1) Ні, вони також можуть бути суміжними. 2) Ні, вони також можуть бути суміжними. 3) Так. 4) Ні, таких кутів можна побудувати два. 253. 1) 5° і 175°. Так, наприклад, ∠1 і ∠2 — суміжні, їх сума дорівнює 180°. 5° + 175° = 180°. 2) 15° і 19°. Ні, тому що отримані кути при перетині двох прямих або вертикальні, або суміжні. Вертикальні кути рівні, суміжні в сумі дорівнюють 180°. 15° ≠ 19°; 15° + 19° = 34° ≠ 180°. 3) Ні, тому що 27° ≠ 154°. 27° + 154° = 181° ≠ 180°. Ці кути не вертикальні, не суміжні. 4) Так, це наприклад вертикальні кути. 254. Нехай градусна міра одного з кутів х, тоді другого — х + 48°. Це кути суміжні. х + х + 48° = 180° — за властивістю суміжних кутів. 2х + 48° = 180°; 2х = 132°; х = 66°. Отже, кут між прямими дорівнює 66°.

Відповідь: 66°. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

255. Кут, що дорівнює сумі двох суміжних з ним кутів, це ∠2 або ∠4. Нехай ∠1 = x, ∠3 = ∠1 = x, тоді ∠2 = 2x. ∠1 + ∠2 = 180° — як сума суміжних кутів. x + 2x = 180°; 3x = 180°; x = 60°. Отже, ∠1 = 60°, ∠2 = 2 × 60° = 120°. Відповідь: 120°. 256. 1) Нехай ∠1 = x, ∠3 = ∠1 = x (як вертикальні кути). ∠2 + ∠4 = 4(∠1 + ∠3) = 2 × 4x = 8x. Сума всіх утворених кутів дорівнює 360°. 2x + 8x = 360°; 10x = 360°; x = 36°. Отже, ∠1 = ∠3 = 36°, ∠2 = ∠4 = 180° - 36° = 144°. Відповідь: 36°, 36°, 144°, 144°. 2) Нехай ∠1 = x, ∠3 = ∠1 = x (як вертикальні кути). ∠1 + ∠3 = x + x = 2x. ∠2 + ∠4 = 4(∠1 + ∠3) = 2x + 160°. Сума всіх утворених кутів дорівнює 360°. 2x + 2x + 160° = 360°; 4x = 200°; x = 50°. Отже, ∠2 = 180° - 50° = 130°. Відповідь: 50°, 50°, 130°, 130°. 257. Нехай ∠4 = x, тоді ∠2 + ∠4 = x. ∠1 + ∠3 + ∠2 = 8x, ∠1 + ∠3 + x = 8x; ∠1 + ∠3 = 7x. Оскільки ∠1 = ∠3 (як вертикальні). ∠1 = ∠3 = 3.5x. ∠4 + ∠1 = 180° — як суміжні кути. x + 3.5x = 180°; 4.5x = 180°; x = 40°. Отже, кут між прямими дорівнює 40°. Відповідь: 40°. До §7 258. Установимо косинець так, щоб одна із сторін прямого кута співпадала з прямою а, а на другій знайдемо точку М. Проведемо пряму через т. М. МК = 2 см.

259.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

260.

АВ ⊥ КР 261. CD ⊥ AB; CK ⊥ AB; DK ⊥ AB. 262. 1) Оскільки AB ⊥ BC, то ∠AOC = 90°, ∠BOC = 90°. ∠AOK = ∠AOC − ∠KOC, ∠AOK = 90° − ∠KOC. ∠LOB = ∠BOC − ∠COL = 90° − ∠COL. Оскільки ∠KOC = ∠COL, то ∠AOK = ∠LOB. ∠AOL = ∠AOC + ∠COL = 90° + ∠COL. ∠KOB = ∠COB + ∠KOC = 90° + ∠KOC. Оскільки ∠KOC = ∠COL, то ∠AOL = ∠KOB. 2) ∠KOB = 90° + ∠KOC, ∠AOK = 90° − ∠KOC. Отже, ∠AOK < ∠KOB. 263.

1) Так, ∠AOC = ∠COB = 45° 2) Так, ∠AOB = ∠COB = (360° – 90°) : 2 = 135°. 264. Оскільки 90° = 15 ∙ 6°, то від точки на прямій треба 15 раз відкласти кут 6° за допомогою шаблона.

265. Нехай BL — бісектриса кута ABC. ∠ABC = 2∠LBC, BM — бісектриса кута CBD: ∠CBD = 2∠CBM. Оскільки за умовою задачі бісектриси перпендикулярні, то ∠LBC + ∠CBM = 90°. Знайдемо ∠ABD = ∠ABC + ∠CBD = 2∠LBC + 2∠CBM = 2(∠LBC + ∠CBM) = 2 × 90° = 180°. Отже, кут ABD розгорнутий, точки A, B, D лежать на одній прямій. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

До §8 266.

AB ∥ CD 267.

m ∥ a; n ∥ b 268.

1) Так. Якщо прямі не перетинаються, то вони паралельні. 2) Ні, вони можуть лежать на прямих, що перетинаються. 3) Не завжди. 269. 1) а ∥ b; а і с — не паралельні.

2) a ∥ c; a і b — не паралельні.

3) a ∥ b, a ∥ c, b і c — збігаються.

4) b і c — збігаються, прямі b і c перетинаються з прямою a.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

270. Оскільки b ∥ c і n перетинає одну з паралельних прямих, то за властивістю вона перетинає і другу. Отже, n перетинає c. a ∥ b за умовою, c ∥ b за умовою, тоді за властивістю a ∥ c (якщо дві прямі паралельні третій, вони паралельні між собою).

До §9 271. ∠4 і ∠5, ∠3 і ∠6 — внутрішні односторонні кути. ∠4 і ∠6, ∠3 і ∠5 — внутрішні різносторонні кути. ∠1 і ∠5, ∠4 і ∠8, ∠2 і ∠6, ∠3 і ∠7 — відповідні кути.

272.

Прямі m і n не паралельні, бо відповідні кути не рівні.

Сума внутрішніх односторонніх кутів 60° + 120° = 180°, тому m ∥ n.

Внутрішні різносторонні кути рівні по 130°, тому m ∥ n.

Відповідні кути рівні по 45°, тому m ∥ n.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

273. Ні, не можна. Наприклад, ∠1 = ∠2 — як вертикальні кути, а прямі a і b не паралельні.

274. a ∥ b, оскільки відповідні кути ∠1 = ∠2. ∠2 = ∠4 — як вертикальні кути. Оскільки ∠2 + ∠3 = 180°, то ∠4 + ∠3 = 180°. ∠4 і ∠3 — внутрішні односторонні кути, сума яких дорівнює 180°. Отже, b ∥ c. Так як a ∥ b і b ∥ c, тоді a ∥ c.

До §10 275. ∠1 = 180° - 130° = 50° (як суміжний з кутом 130°). ∠2 = ∠1 = 50° (як внутрішні різносторонні кути). ∠3 = 130° (як внутрішній різносторонній з кутом 130°). ∠4 = ∠3 = 130° (як вертикальні кути). 276. Згідно з властивістю паралельних прямих, дві прямі паралельні третій прямій паралельні одна одній. Оскільки a ∥ b і b ∥ c, то a ∥ c. Оскільки a ∥ c і c ∥ d, то a ∥ d. 277. Сума двох внутрішніх односторонніх кутів, утворених при перетині двох паралельних прямих січною, дорівнює 180°. Нехай градусна міра кута ∠6 дорівнює x, тоді ∠3 = 80 % ∠6 = 0,8x. Звідси маємо: x + 0,8x = 180°; 1,8x = 180°; x = 100°. Отже, ∠6 = 100°, ∠3 = 0,8 × 100° = 80°. Відповідь: 100°, 80°. 278. Розглянемо a ∥ b і січну d. ∠2 = ∠1 = 100° — як відповідні кути. ∠3 + ∠1 = 180° — як суміжні кути. ∠3 = 180° - ∠1 = 180° - 100° = 80°. Розглянемо d ∥ c і січну a: ∠4 = ∠3 = 80° — як внутрішні різносторонні кути. Відповідь: 100°, 80°, 80°. 279. Нехай паралельні прямі AB і CD перетинає пряма BD; ∠ABD і ∠CDB — внутрішні односторонні кути; ∠ABD = 72°, тоді ∠CBD = 180° - ∠ABD, ∠CDB = 180° - 72° = 108°; BO — бісектриса ∠ABD, DO — бісектриса ∠CDB, тоді 1 1 ∠ABO = ∠ABD =  72° = 36°; 2 1

2 1

∠CDO = ∠CDB =  108° = 54°. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

Проведемо через точку O пряму OM ∥ CD, тоді OM ∥ AB. ∠BOM = ∠ABO = 36°; ∠DOM = ∠CDO = 54°. ∠BOD — кут між бісектрисами внутрішніх односторонніх кутів, ∠BOD = ∠BOM + ∠DOM; ∠BOD = 36° + 54° = 90°. Відповідь: 90°. 280. Проведемо пряму MP ∥ DC і пряму NF ∥ BA. ∠MNB = ∠MNF + ∠FNB. Розглянемо DC ∥ MP і січну CM: ∠CMP = ∠DCM = 50° — як внутрішні різносторонні кути. ∠PMN = ∠CMN - ∠CMP = 80° - 50° = 30°. Розглянемо MP ∥ NF і січну MN: ∠MNF = ∠PMN = 30° — як внутрішні різносторонні кути. Розглянемо NF ∥ AB і січну NB: ∠FNB + ∠ABN = 180° — як внутрішні односторонні кути. ∠FNB = 180° - 140° = 40°. Отже, ∠MNB = 30° + 40° = 70°. Відповідь: 70°. РОЗДІЛ 3. ТРИКУТНИКИ. ОЗНАКИ РІВНОСТІ ТРИКУТНИКІВ § 11. Трикутник і його елементи 281. P△MKL = MK + KL + LM = 2 + 3 + 4 = 9 (см).

282. Вершини трикутника: P, K, L. Сторони трикутника: PK, KL, LP. Кути трикутника: ∠KPL, ∠PKL, ∠KLP.

283. Сторони трикутника: AM, MN, NA. Кути трикутника: ∠MAN, ∠AMN, ∠MNA.

284.

Можуть

Не можуть © shkola.in.ua

Можуть

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

285. Периметр трикутника — це сума довжин усіх сторін трикутника, отже, маємо: 25 мм = 2,5 см; 0,4 дм = 4 см. P = 2,5 + 3,2 + 4 = 9,7 (см). Відповідь: 9,7 см. 286. 29 мм = 2,9 см; 0,3 дм = 3 см. P = 4,3 + 2,9 + 3 = 10,2 (см). Відповідь: 10,2 см. 287. AB = 2,8 см; BC = 1,5 см; AC = 3 см. P = 2,8 + 1,5 + 3 = 7,3 см. Відповідь: 7,3 см. 288. PL = 5,3 см; PK = 3,2 см; KL = 2,9 см. P = 5,3 + 3,2 + 2,9 = 11,4 см. Відповідь: 11,4 см.

289. Нехай довжина найменшої сторони трикутника дорівнює x см, тоді довжина другої — 3x см, а третьої — (x + 7) см. Оскільки периметр трикутника дорівнює 32 см, маємо рівняння: x + 3x + (x + 7) = 32; 5x + 7 = 32; 5x = 25; x = 5 (см). Отже, довжина однієї сторони 5 см, другої — 5 × 3 = 15 см, третьої — 5 + 7 = 12 см. Відповідь: 5 см, 15 см, 12 см. 290. Нехай довжина однієї сторони трикутника дорівнює x дм, тоді довжина другої — (x − 2) дм, третьої — 1,5x дм. Оскільки периметр трикутника дорівнює 40 дм, маємо рівняння: x + (x − 2) + 1,5x = 40; 3,5x − 2 = 40; 3,5x = 42; x = 12 (дм). Отже, довжина однієї сторони трикутника дорівнює 12 дм, другої — 12 − 2 = 10 дм, третьої — 12 × 1,5 = 18 дм. Відповідь: 12 дм, 10 дм, 18 дм. 291. Побудуємо ∠A = 60° за допомогою транспортира з довільними сторонами. Відкладемо на одній із сторін кута відрізок AB = 3 см, на другій — AC = 7 см. З'єднаємо точки B і C. Отримаємо △ABC.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

292. За допомогою косинця побудуємо прямий кут P з довільними сторонами. Відкладемо на одній стороні PK = 3 см, на другій — PL = 4 см. Отримаємо △PKL — прямокутний.

293. Нехай одна із сторін трикутника дорівнює 3x, друга — 4x, третя — 6x. Оскільки P = 52 см, маємо рівняння: 3x + 4x + 6x = 52; 13x = 52; x = 4. Отже, одна із сторін трикутника дорівнює 3 × 4 = 12 см, друга — 4 × 4 = 16 см, третя — 6 × 4 = 24 см. Відповідь: 12 см, 16 см, 24 см. 294. Нехай одна із сторін трикутника дорівнює 2x, друга — 3x, третя — 4x. Оскільки P△ = 72, маємо рівняння: 2x + 3x + 4x = 72; 9x = 72; x = 8. Отже, одна із сторін трикутника дорівнює 2 × 8 = 16 (см), друга — 3 × 8 = 24 (см), третя — 4 × 8 = 32 (см). Відповідь: 16 см, 24 см, 32 см. 295. △MNK, △MKN, △NKM, △NMK, △KNM, △KMN.

296. AB + BC = 11 см, BC + AC = 14 см, AC + AB = 13 см. AB + BC + BC + AC + AC + AB = 11 + 14 + 13; 2(AB + BC + AC) = 38; AB + BC + AC = 38 : 2 = 19 (см). Відповідь: 19 см. 297.

298. ∠ABC = 78°, BD — бісектриса кута ABC. ∠ABD = ∠DBC = 39°. BE — допоміжний промінь до сторони BC кута ABC. ∠EBA суміжний до ∠ABC, ∠EBA = 180° - 78° = 102°. ∠EBD = ∠EBA + ∠ABD = 102° + 39° = 141°. Відповідь: 141°. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

299. 1) 3 га  18 млн м3 = 54 (млн м3) 2) 2 км2  18 млн м3 = 200 га  18 млн м3 = 3600 (млн м3) 300. У п’ятикутній зірці п’ять чотирикутників:

§ 12. Рівність геометричних фігур 301. 1)

302. 1)

AB = 2,5 см, CD = 2,8 см. Отже, AB ≠ CD.

∠M = 55°, ∠K = 55°. Отже, ∠M = ∠K.

MN = 3 см, PK = 3 см. Отже, MN = PK.

∠A = 60°, ∠B = 50°. Отже, ∠A ≠ ∠B.

303. 1) Так, оскільки 1,7 см = 17 мм, то АК = MF. 2) Ні, оскільки градусні міри кутів різні. 304. 1) ∠A = ∠M; 2) ∠B = ∠P; 3) ∠C = ∠L. 305. 1) MP = DC; 2) PT = CK; 3) MT = DK. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

306. 1) △AKM = △LPT; 2) △MAK = △TLP.

307. 1) △ABC = △PFK; 2) △CAB = △KPF.

308. Оскільки △ABC = △KLP, то їхні відповідні сторони рівні. KL = AB = 6 см, BC = LP = 8 см, KP = AC = 10 см. 309. Оскільки △PMT = △DCF, то їхні відповідні кути рівні. ∠D = ∠P = 41°, ∠M = ∠C = 92°, ∠F = ∠T = 47°. 310. 1) Ні, наприклад, трикутники із сторонами 4, 2, 3 і 1, 4, 4 мають рівні периметри, але вони не рівні, оскільки відповідні сторони не рівні. 2) Ні, оскільки у рівних трикутників рівні відповідні сторони, отже, рівні і периметри. 311. △ABC = △CBA, тоді AB = CB, BC = BA, AC = CA. Отже, у △ABC рівні сторони AB і BC. 312. Оскільки △MNK = △MKN, то ∠M = ∠M, ∠N = ∠K, ∠K = ∠N. Отже, у трикутника MNK ∠N = ∠K. 313. Оскільки △ABC = △BCA, то AB = BC, BC = CA, AC = BA. Отже, AB = BC = CA. △ABC — рівносторонній. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

P△ABC = 3 × AB = 3 × 7 = 21 (см). Відповідь: 21 см. 314. Оскільки △PKL = △KLP, то PK = KL, KL = LP, LP = KP. Отже, PK = KL = LP. P△PKL = 27 см, P△PKL = 3PK, 27 = 3PK, PK = 9 см. Відповідь: 9 см. 315. Вісім точок, що розташовані на одній прямій, утворюють 7 відрізків. Оскільки відстань між крайніми точками дорівнює 112 см, то відстань між двома сусідніми точками дорівнює 112 : 7 = 16 см. Відповідь: 16 см. 316. Нехай ∠AOB — розгорнутий кут, поділений променями СО і ОD на три кути. Позначимо градусну міру ∠DOB = x, тоді ∠COD = 2x, ∠COA = 3x. ∠DOB + ∠COD + ∠COA = 180°, x + 2x + 3x = 180°; 6x = 180°, x = 30°. Отже, ∠DOB = 30°, ∠COD = 2 × 30° = 60°, ∠COA = 3 × 30° = 90°. Відповідь: 30°, 60°, 90°. 317. 1. 1) V = 20  0,5  2,5 = 25 (м3) – об’єм кладки 2) 25  400 = 10000 (шт) – кількість цеглин 3) 25  20% = 25  0,2 = 5 (м3) – об’єм розчину 2. 1) 10000  4,2 = 42000 (грн) – вартість цегли 2) 5  1520 = 7600 (грн) – вартість розчину 3) 42000 + 7600 = 49600 (грн) – вартість матеріалів 318.

§ 13. Перша та друга ознаки рівності трикутників 319.

На мал. 1 трикутники рівні за першою ознакою (за двома сторонами і кутом між ними). На мал. 2 трикутники рівні за другою ознакою (за стороною і прилеглими двома кутами). © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

320.

На мал. 1 трикутники рівні за першою ознакою (за двома сторонами і кутом між ними). На мал. 2 трикутники рівні за другою ознакою (за стороною і прилеглими двома кутами). 321. У ΔABC і ΔCDA спільний елемент — сторона AB. У ΔKML і ΔKNP спільний елемент — кут ∠K.

322. За умовою BC = CD, ∠ACB = ∠ACD, AC — спільна сторона. Отже, ΔABC = ΔADC за двома сторонами і кутом між ними.

323. За умовою AB = BC. Оскільки BK ⊥ AC, то ∠ABK = ∠CBK = 90°, KB — спільна сторона. Отже, ΔABK = ΔCBK за двома сторонами і кутом між ними.

324. Оскільки PL ⊥ MN, то ∠PKM = ∠LKN = 90°. За умовою MK = KN, ∠M = ∠N. Отже, ΔMKP = ΔNKL за стороною і прилеглими до неї кутами.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

325. За умовою KB = KC, ∠ABK = ∠DCK. ∠AKB = ∠DKC – як вертикальні кути. Отже, ΔABK = ΔDCK за стороною і прилеглими до неї кутами.

326. За умовою AB = CD, ∠ABC = ∠BCD. CB — спільна сторона. Отже, ΔABC = ΔDCB за двома сторонами і кутом між ними. 327. Оскільки ОС — бісектриса кута AOB, то ∠AOC = ∠NOC. За умовою ∠OCM = ∠OCN, OC — спільна сторона. Отже, ΔOMC = ΔONC за стороною і прилеглими до неї кутами.

328. За умовою ВО — бісектриса кута ABC, BK — бісектриса ∠АВС. Отже, ∠МВО = ∠NВО. За умовою MN ⊥ BK, отже, ∠MOB = ∠NOB = 90°, ВО — спільна сторона. ΔBMO = ΔBNO за стороною і двома прилеглими кутами. У рівних трикутників відповідні сторони рівні. Отже, MO = NO. 329. Розглянемо ΔBOC і ΔDOA: OC = OA, OB = OD, ∠BOC = ∠DOA, як вертикальні кути. Отже, ΔBOC = ΔDOA за двома сторонами і кутом між ними. Отже, BC = AD, оскільки у рівних трикутників відповідні сторони рівні. Розглянемо ΔBOA і ΔDOC: AO = OC, OB = OD, ∠BOA = ∠DOC — як вертикальні кути. Отже, ΔBOA = ΔDOC за двома сторонами і кутом між ними. Отже, AB = CD, оскільки у рівних трикутників відповідні сторони рівні. 330. За умовою AB = CD, ∠BAC = ∠DCA. AC — спільна сторона. Отже, ΔABC = ΔCDA за двома сторонами і кутом між ними.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

331. За умовою ∠LMK = ∠PKM і ∠LKM = ∠PMK. MK — спільна сторона. Отже, ΔMKL = ΔKMP за стороною і прилеглими кутами. 332. Оскільки за умовою ΔABC = ΔA1B1C1, то у них відповідні сторони і кути рівні. Отже, AC1 = AC, ∠C1 = ∠C. Тоді ΔALC = ΔA1L1C1 за стороною і двома прилеглими кутами. 333. Оскільки за умовою ΔABC = ΔA1B1C1, то у них відповідні сторони і кути рівні. Отже, AB = A1B1, ∠BAM = ∠B1A1M1. Отже, ΔABM = ΔA1B1M1 за двома сторонами і кутом між ними.

334. Ні. Трикутники рівні, якщо дві сторони і кут між ними одного трикутника дорівнюють двом сторонам і куту між ними другого трикутника. 335. Не можна стверджувати, що коли сторона і два кути одного трикутника дорівнюють стороні і двом кутам другого трикутника, то трикутники рівні. На мал. в ΔABC AB = 2 см, ∠CAB = 30°, ∠CBA = 60°, а в ΔACD: AB = 2 см, ∠BAD = 60°, ∠ADB = 30°. Проте ΔABC ≠ ΔABD.

336. Оскільки ΔABK = ΔCBL, то у них відповідні сторони і кути рівні. Отже, ∠A = ∠C, AB = CB, AK = CL. AL = AK + KL, CK = CL + KL, отже, KL — спільний відрізок для AL і CK, AL = CK. Тоді ΔABL = ΔCBK за двома сторонами і кутом між ними. 337. Оскільки ΔAKC = ΔALC, то у них відповідні сторони і кути рівні. Отже, KC = LC, ∠KCA = ∠LCA. Оскільки ∠KCA = ∠LCA, то рівні і суміжні з ними кути ∠KCB = ∠LCB. CB — спільна сторона трикутників ВКС і BLC. Отже, ΔBKC = ΔBLC за двома сторонами і кутом між ними. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

338. Оскільки AB — бісектриса кута A, то ∠MAB = ∠NAB, AB — спільна сторона трикутників AMB і ANB. Отже, ΔAMB = ΔANB за стороною і прилеглими кутами. У рівних трикутників відповідні сторони рівні. Отже, AM = AN. Розглянемо ΔAMP і ΔANP. AP — спільна сторона. ΔAMP = ΔANP за двома сторонами і кутом між ними (∠MAP = ∠NAP, AM = AN). У рівних трикутників відповідні кути рівні, отже, ∠MPA = ∠NPA. Оскільки ці кути суміжні і рівні, то маємо ∠MPA + ∠NPA = 180°; ∠MPA = ∠NPA = 90°. Тож MN ⊥ AB. 339. 1) 13 см + 4 дм = 1,3 дм + 4 дм = 5,3 дм — друга сторона трикутника. 2) 4 дм : 2 = 2 дм — третя сторона трикутника. 3) PΔ = 4 + 5,3 + 2 = 11,3 (дм). Відповідь: 11,3 дм. 340. Якщо ці три кути 1, 3, 5, то ∠1 + ∠3 + ∠5 = 270°; то всі ці кути по 90°, тоді і решта кутів по 90°. Звідси a ⊥ c, b ⊥ c. Якщо ці три кути 1, 2, 3, тоді ∠1 + ∠2 = 180° (як суміжні), звідси ∠3 = 90°. Отже, і інші кути по 90°. Звідси a ⊥ c, b ⊥ c. 341. 342. 2 РΔ = 6 + 6 + 8 = 20 (см). 1) 3,5  6 = 21 (м ) – площа підлоги 2 Відповідь: 20 см. 2) 0,07  0,4 = 0,028 (м ) – площа дощечки 3) 21 : 0,028 = 750 (шт) Відповідь: потрібно 750 дощечок. 343. Можна скласти прямокутник 101 × 50. Кожна сторона прямокутника буде складатися з двох прямокутників 1 × 1 і 1 × 100; 1 × 2 і 1 × 99; ...; 1 × 50 і 1 × 51. shkola.in.ua

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

§ 14. Рівнобедрений трикутник 344.

Рівнобедрений

Різносторонній

Рівносторонній

345. TP – основа, TD і PD – сторони, ∠T = ∠P.

346. Другий кут при основі рівнобедреного трикутника теж дорівнює 70° (згідно з теоремою 1). 347. У рівнобедреному трикутнику бічні сторони рівні, отже, третя сторона дорівнюватиме 6 см. 348. Оскільки у рівносторонньому трикутнику усі сторони рівні, то PΔABC = 3 × AB = 3 × 12 = 36 (см). Відповідь: 36 см. 349. Оскільки у рівносторонньому трикутнику усі сторони рівні, то BC = P : 3 = 18 : 3 = 6 (см). Відповідь: 6 см. 350. Нехай бічні сторони AB і BC дорівнюють 7 см кожна, тоді основа AC = 7 - 2 = 5 (см). P = 7 + 7 + 5 = 19 (см).

Відповідь: 19 см. 351. У рівнобедреному трикутнику бічні сторони рівні, отже, кожна з них дорівнює 8 + 4 = 12 (см). Тоді периметр PΔ = 8 + 12 + 12 = 32 (см). Відповідь: 32 см. 352. Ні, не може, оскільки, у рівнобедреного трикутника кути при основа рівні (теорема 1).

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

353. Нехай в ΔABC: AC — основа, AB = BC = 7 см. PΔABC = 20 см. Отже, маємо P = AB + BC + AC. 20 = 7 + 7 + AC, AC = 20 - 14 = 6 (см). Відповідь: 6 см. 354. Нехай в ΔAMN: AM = AN = 7 дм (як бічні сторони). PΔAMN = 18 дм. Отже, AM + AN + MN = 18; 7 + 7 + MN = 18; MN = 18 - 14 = 4 (дм). Відповідь: 4 дм. 355. Нехай в ΔACD: CD = 12 дм, PΔACD = 30 дм. PΔACD = AC + AD + CD, 30 = AC + AD + 12, 30 = 2AC + 12 (оскільки AC = AD), 2AC = 18, AC = 9 (дм). Відповідь: 9 дм. 356. Нехай в ΔABC: AB = BC, AC = 5 см, PΔABC = 17 см. PΔABC = AB + BC + AC, 17 = AB + BC + 5, 17 = 2AB + 5 (оскільки AB = BC), 2AB = 12, AB = 6 (см). Відповідь: 6 см. 357. За умовою ΔABC — рівнобедрений, отже, AC = CB і ∠CAB = ∠CBA (за властивістю кутів рівнобедреного трикутника). ∠KAC і ∠CAB — суміжні, ∠KAC + ∠CAB = 180°, ∠KAC = 180° - ∠CAB. ∠MBC і ∠CBA — суміжні, ∠MBC + ∠CBA = 180°, ∠MBC = 180° - ∠CBA. Оскільки ∠CAB = ∠CBA, то і ∠KAC = ∠MBC. 358. За умовою ΔKLM — рівнобедрений з основою KL. Отже, за властивістю кутів рівнобедреного трикутника ∠MKL = ∠MLK. ∠MLK = ∠PLN — як вертикальні кути. Оскільки ∠MLK = ∠MKL, то ∠PLN = ∠MKL.

359. 1) Так, оскільки у рівнобедреного трикутника дві сторони рівні. 2) Ні, оскільки у рівностороннього трикутника рівні всі три сторони; а у рівнобедреного обов'язково дві. 360. Нехай ΔABC — рівнобедрений, AB = BC, PΔABC = 14 см. AB + BC = 14 - 6 = 8 (см), AB = BC = 8 : 2 = 4 (см). AC = PΔABC - (AB + BC) = 14 - 8 = 6 (см). Відповідь: 4 см, 4 см, 6 см. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

361. Нехай ΔABC — рівнобедрений, AB = BC, P = 44 см. Позначимо основу AC = x, тоді AB = x + 4, BC = x + 4. Складемо рівняння: (x + 4) + (x + 4) + x = 44; 3x + 8 = 44; 3x = 36; x = 12. Отже, AC = 12 см, AB = BC = 12 + 4 = 16 (см). Відповідь: 12 см, 16 см, 16 см. 362. Нехай ΔABC — рівнобедрений, AB = BC, P = 35 дм. Позначимо основу AC = x, тоді AB = BC = 2x. Складемо рівняння: x + 2x + 2x = 35; 5x = 35; x = 7. Отже, AC = 7 дм, AB = BC = 7 × 2 = 14 (дм). Відповідь: 7 дм, 14 дм, 14 дм. 363. shkola.in.ua

Оскільки ΔABC — рівнобедрений (AB = BC) з основою AC, то ∠BAC = ∠BCA (за властивістю кутів рівнобедреного трикутника). Розглянемо ΔCKA і ΔALC: AC — спільна, KA = LC (за умовою), ∠KAC = ∠LCA. Отже, ΔCKA = ΔALC (за двома сторонами і кутом між ними). Отже, AL = KC (як відповідні сторони).

364. Нехай ΔABC — рівнобедрений, AB = BC, ∠KCA = ∠LAC. Розглянемо ΔAOC. shkola.in.ua Оскільки ∠KCA = ∠LAC, то за теоремою 2 ΔAOC — рівнобедрений. Звідси OA = OC. Розглянемо ΔKOA і ΔLOC. ∠KAO = ∠BAC - ∠LAC, ∠LCO = ∠BCA ∠KCA. Оскільки ∠BAC = ∠BCA і ∠KCA = ∠LAC, то ∠KAO = ∠LCO. ∠KOA = ∠LOC — як вертикальні. Отже, ΔKOA = ΔLOC за стороною і прилеглими кутами. Звідси AK = CL. 365. Розглянемо ΔLCM і ΔMAK. CM = AK (за умовою), LC = LB + BC, MA = MC + AC, shkola.in.ua отже, LC = MA, оскільки MC = CB за умовою, BC = AC — як сторони рівностороннього ΔABC. ∠LCM = ∠MAK — як кути, суміжні з рівними кутами. ΔLCM = ΔMAK за двома сторонами і кутом між ними. Звідси LM = KM. Аналогічно з рівності ∠MAK та ∠KBL отримаємо KM = KL. Маємо LM = KM = KL. Отже, ΔKLM — рівносторонній. 366. За умовою AB = BC = AC, AP = BK = LC, тоді PB = AB - AP, KC = BC – BK, shkola.in.ua AL = AC - LC, PB = KC = AL. Оскільки ΔABC — рівносторонній, то ∠A = ∠B = ∠C. ΔPBK = ΔKCL = ΔLAP — за двома сторонами і кутом між ними. Отже, PK = KL = LP, то ΔPKL — рівносторонній. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

367. Припустимо, що обидва суміжні кути більші за 90°, або один з кутів більший за 90°, а другий дорівнює 90°. Тоді їх сума буде більшою за 180°, а це суперечить означенню суміжних кутів. 368. Оскільки ΔAOB і ΔCOD рівні, то рівні їхні відповідні кути і сторони, тобто ВО = OD, ∠ABO = ∠CDO. shkola.in.ua Розглянемо ΔKBO і ΔLDO. ∠KOB = ∠LOD — як вертикальні кути. ΔKBO = ΔLDO за стороною і прилеглими кутами. Отже, KO = OL, KB = DL. 369.

Нехай довжина відрізка AK = x см, тоді BK = (48 - x) см. За умовою 5AK = 7BK, отже маємо рівняння: 5x = 7(48 - x); 5x = 336 - 7x; 12x = 336; x = 28. Отже, AK = 28 см, BK = 48 - 28 = 20 (см). Відповідь: 28 см, 20 см. 370. 1) 100  12  10 = 12000 (м3) – повітря очищає одне дерево; 2) 200  12000 = 2 400 000 (м3) – повітря очистять 200 каштанів за рік. Відповідь: 2 400 000 м3 повітря. 371. 1) Конус, сукно; 2) сектор, корсет. § 15. Медіана, бісектриса і висота трикутника. Властивість бісектриси рівнобедреного трикутника 372.

shkola.in.ua

AK — висота трикутника ABC. 373.

AK — бісектриса трикутника ABC.

AK — медіана трикутника ABC.

1) AT — висота трикутника ABC. 2) AN — медіана трикутника ABC. 3) AP — бісектриса трикутника ABC. shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

374. Оскільки AK — висота, то ∠ВКА = ∠CKA = 90°. shkola.in.ua

375. Оскільки AK — бісектриса, то ∠BAK = ∠CAK = 40°. Отже, ∠BAC = ∠BAK + ∠CAK = 40° + 40° = 80°. shkola.in.ua

376. Оскільки AK — медіана, то BK = KC = shkola.in.ua

377. AL, BN, CK – медіани ΔABC.

shkola.in.ua

378. PL, CP, AM – бісектриси ΔABC. shkola.in.ua

379. AK, CL, BM – висоти ΔABC.

shkola.in.ua

𝐵𝐶 2

12 2

= 6 (см).

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

380. AE, BF, CD – висоти ΔABC. shkola.in.ua

381. Оскільки висота рівнобедреного трикутника, проведена до основи, є медіаною і бісектрисою, то: ∠CAK = ∠BAK, ∠ACK = ∠ABK, ∠AKC = ∠AKB, AC = AB, CK = KB. shkola.in.ua

382. Оскільки бісектриса рівнобедреного трикутника, проведена до основи, є медіаною і висотою, то: ∠EDP = ∠EFP, ∠DEP = ∠FEP, ∠EPD = ∠EPF, ED = EF, DP = PF.

shkola.in.ua 383.

Так, висоти трикутника завжди перетинаються. shkola.in.ua

shkola.in.ua

384. Якщо у трикутника два кути рівні, то він — рівнобедрений. ∠B = ∠C, отже, BC — основа трикутника. Бісектриса, проведена до основи, є медіаною і висотою. Значить, бісектриса проведена до сторони BC. 385.

shkola.in.ua

1) сумістяться половини кута з якого виходить бісектриса

2) сумістяться частини основи до якої проведена висота

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

386.

shkola.in.ua

Нехай в ΔABC BD — бісектриса і висота. ∠ABD = ∠CBD, ∠BDA = ∠BDC, BD — спільна сторона ΔABD і ΔCBD. Отже, ΔABD = ΔCBD за стороною і прилеглими кутами. Оскільки у рівних трикутників відповідні сторони рівні, то AB = CB. Отже, ΔABC — рівнобедрений.

387.

shkola.in.ua

Нехай в ΔABC BD — медіана і висота. ∠BDA = ∠BDC = 90°, AD = DC, BD — спільна сторона ΔABD і ΔCBD. Отже, ΔABD = ΔCBD за двома сторонами і кутом між ними. Оскільки у рівних трикутників відповідні сторони рівні, то AB = CB. Отже, ΔABC — рівнобедрений.

388.

shkola.in.ua

ΔABC = ΔA1B1C1, отже, A1C1 = AC, ∠B1C1A1 = ∠BCA (як відповідні сторони і кути рівних трикутників). AD — бісектриса ΔABC, ∠BAD = ∠DAC. A1D1 — бісектриса ΔA1B1C1, ∠B1A1D1 = ∠D1A1C1. Отже, ∠DAC = ∠D1A1C1. ΔADC = ΔA1D1C1 — за стороною і прилеглими кутами.

389. 1

shkola.in.ua

Нехай в ΔABC AB = BC, BF = FC = BC, BD = DA = AB, отже, AD 2 2 = FC. ΔADC = ΔCFA (оскільки AC — спільна, ∠DAC = ∠FCA — як кути при основі рівнобедреного трикутника, AD = FC — як половини рівних сторін AB і BC). З рівності трикутників маємо: DC = FA.

390. shkola.in.ua

Нехай в ΔABC AB = BC, ∠BAC = ∠BCA, AF і CD — бісектриси, 1 1 тобто ∠FAC = ∠FAB = ∠BAC, ∠DCA = ∠DCB = ∠BCA, отже, 2 2 ∠FAC = ∠DCA, ΔADC = ΔCFA (оскільки AC — спільна, ∠FAC = ∠DCA, ∠DAC = ∠FCA). З рівності трикутників маємо: AF = CD.

391. shkola.in.ua

Нехай в ΔABC AB = BC, BD ⊥ AC, BD = 10 см, PΔABC = 40 см. PΔABC = AB + AD + BD, AB + AD = P - BD = 40 - 10 = 30 (см). AB = BC - за умовою, AD = DC - оскільки BD є медіаною. AB + AD = BC + DC, тоді PΔABC = AB + AD + BC + DC = 30 + 30 = 60 (см). Відповідь: 60 см. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

392.

shkola.in.ua

Нехай в ΔABC CB = CA, BK = KA, PΔABC = 16 см, PΔACK = 12 см. PΔACK = CA + AK + KC, PΔABC = CA + AB + BC = CA + AK + KB + BC = 2(CA + KA) = 16 (см). CA + AK = 8 см, KC = PΔACK - (CA + AK) = 12 - 8 = 4 (см). Відповідь: 4 см.

393. Нехай в ΔABC CN – медіана і бісектриса. Продовжимо медіану CN так, щоб NK = CN. Проведемо shkola.in.ua відрізки КА і КВ. Розглянемо ΔCNB і ΔKNA. CN = KN (за побудовою), NB = NA (за умовою). ∠ANK = ∠BNC (як вертикальні), отже, ΔCNB = ΔKNA за двома сторонами і кутом між ними. У рівних трикутників рівні відповідні кути і сторони, тож ∠NCB = ∠NKA, CB = KA. Аналогічно з рівності трикутників CAN і KBN отримаємо ∠CAN = ∠BKN, AC = BK. Розглянемо ΔCAN і ΔKBС. Вони рівнобедрені. AK = CA, CB = BK. Отже, отримали AC = CB = AK = KB. У ΔABC дві сторони рівні, він рівнобедрений. 394. Нехай задані прямі a і b і січна c. Якщо a була б паралельна b, shkola.in.ua то ∠1 = ∠3 = ∠5 = ∠7, ∠2 = ∠4 = ∠6 = ∠8 і ∠3 + ∠6 = 180°. Нехай ∠3 = 30°, ∠6 = 140°. ∠3 + ∠6 = 170° ≠ 180°. Отже, сума внутрішніх односторонніх кутів не дорівнює 180°. Кути ∠6 і ∠7 теж не можуть дорівнювати відповідно 140° і 30°, бо вони суміжні. 395. Нехай ΔABC — рівносторонній, PΔABC = 12 см. ΔACD — рівнобедрений. AD = CD, PΔACD = 18 см. AB = BC = AC (як сторони рівностороннього трикутника). AC = P : 3 = 12 : 3 = 4 (см). shkola.in.ua P = AC + AD + CD, AD + CD = P - AC = 18 - 4 = 14 (см). Отже, AD = CD = 7 см. Відповідь: 7 см. 396. Нехай ΔABC — рівнобедрений, AB = BC, P = 69 см. Позначимо довжину AB = x см, тоді AC = 0,3x см. shkola.in.ua Складемо рівняння: x + x + 0,3x = 69; 2,3x = 69; x = 30. Отже, AB = BC = 30 см, AC = 30 × 0,3 = 9 (см). Відповідь: 30 см, 30 см, 9 см. 397. Якщо потрібно пофарбувати стіни, підлогу і стелю, то потрібно визначити загальну площу кімнати (паралелепіпеда).

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

1) 2 ∙ (9,4 + 6,5) = 31,8 (м) – периметр кімнати (основи); 2) 31,8 ∙ 3,2 = 101,76 (м2) – площа стін з вікнами та дверима; 3) 101,76 ∙ 0,09 = 9,1584 (м2) – площа дверей та вікон; 4) 101,76 – 9,1584 = 92,6016 (м2) – площа стін без вікон і дверей; 5) 2 ∙ 9,4 ∙ 6,5 + 92,6016 = 214,8016 (м2) – площа всієї кімнати, яку потрібно пофарбувати; 6) 25 ∙ 214,8016 = 5370,04 ≈ 5370 грн. Відповідь: за фарбування тренажерного залу потрібно сплатити 5370 грн. 398. 125 л = 125 дм³. Олесь придбав акваріум розмірами 15 дм × 5 дм × 5 дм. Якщо Олесь наповнив акваріум, не доливши до краю 6 см, то він залив води 5 × 5 × 4,4 = 110 (дм3) = 110 л. Відповідь: 110 л. § 16. Третя ознака рівності трикутників 399. shkola.in.ua

Оскільки у трикутників відповідні сторони рівні, то вони рівні між собою за третьою ознакою.

400.

shkola.in.ua

У трикутників ABC і CDA AB = AC, BC = AD за умовою. AC — спільна сторона. Отже, ΔABC = ΔCDA за третьою ознакою рівності трикутників.

401.

shkola.in.ua

У трикутників ACD і ABD AC = BD, CD = BD за умовою, AD — спільна сторона, отже, ΔACD = ΔABD за третьою ознакою рівності трикутників.

402.

shkola.in.ua

MK = ML, KN = NL — за умовою, MN — спільна сторона ΔMKN і ΔMLN. Отже, ΔMKN = ΔMLN за трьома сторонами. У рівних трикутників відповідні кути рівні, тому ∠K = ∠L.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

403. shkola.in.ua

PK = ML, PM = KL — за умовою, KM — спільна сторона ΔРМК і ΔLKM. Отже, ΔРМК і ΔLKM за трьома сторонами. У рівних трикутників відповідні кути рівні, отже, ∠РКМ = ∠LMK.

404.

shkola.in.ua

З'єднуємо точку В і точку С. Отримаємо два трикутники: ΔABK і ΔCBK. AB = BC, AK = KC за умовою, BK — спільна сторона ΔABK і ΔCBK. Отже, ці трикутники рівні за третьою ознакою рівності трикутників. У рівних трикутників відповідні кути рівні, тому ∠ABK = ∠CBK. Отже, BK — бісектриса кута ABC.

405. shkola.in.ua

З'єднуємо т. М і т. L. Отримаємо два трикутники: ΔMPL і ΔMKL. MP = MK, PL = LK — за умовою, ML — спільна сторона ΔMPL і ΔMKL. ΔMPL = ΔMKL за третьою ознакою рівності трикутників. У рівних трикутників відповідні кути рівні, тому ∠PML = ∠KML. Отже, ML — бісектриса кута PMK.

406.

shkola.in.ua

AB = CD, AC = BD за умовою, DA — спільна сторона ΔCDA і ΔBAD. ΔCDA = ΔBAD — за третьою ознакою рівності трикутників. У рівних трикутників відповідні кути рівні, тому ∠BDA = ∠CAD. Ці кути є кутами ΔDAO, тоді за ознакою рівнобедреного трикутника ΔDAC — рівнобедрений.

407. shkola.in.ua

AO = OB, CO = OD за умовою. ∠DOB = ∠COA — як вертикальні кути. Отже, ΔDOB = ΔCOA за першою ознакою рівності трикутників. У рівних трикутників відповідні сторони рівні, тому DB = CA. DA = DO + OA, CB = CO + OB, DA = CB, оскільки DO = CO, OA = OB. AB — спільна сторона ΔABC і ΔBAD. Отже, ΔABC = ΔBAD за третьою ознакою рівності трикутників.

408. shkola.in.ua

У рівних трикутників відповідні сторони рівні, тобто якщо AB ≠ MN, BC ≠ NP, AC ≠ MP, то ΔABC ≠ ΔMNP. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

409. Ні, оскільки може бути AB = 6 см і MN = MP = 6 см; BC = AC = 8 см і NP = 8 см. Тому ΔABC може бути не рівний трикутнику MNP. shkola.in.ua

410.

shkola.in.ua

ΔACK = ΔABK за третьою ознакою рівності трикутників (оскільки AB = AC, BK = KC за умовою, AK — спільна сторона). ∠CAK = ∠BAK, оскільки у рівних трикутників відповідні кути рівні. Отже, AN — бісектриса трикутника ABC. У рівнобедреному трикутнику бісектриса, проведена до основи, є висотою, тобто AN ⊥ CB. Оскільки K ∈ AN, то AK ⊥ CB.

411.

shkola.in.ua

ΔDPN = ΔDPM за третьою ознакою рівності трикутників. Звідси виходить, що ∠MDP = ∠NDP, отже DK – бісектриса ΔDMN. Оскільки у рівнобедреного трикутника бісектриса, що проведена до основи є також висотою і медіаною, то MK = KN.

412. Треба кут 10° відкласти послідовно 9 разів (10  9 = 90°).

shkola.in.ua 413. ∠BAK

shkola.in.ua

Оскільки 4∠BAK = 5∠KAC, то = = . ∠KAC 4 Позначимо ∠BAK = 5х, тоді ∠KAC = 4х. Складемо рівняння: 5х + 4х = 126°; 9x = 126°; х = 14°. Тримаємо: ∠BAK = 5 ∙ 14° = 70°; ∠KAC = 4 ∙ 14° = 56°. Відповідь: ∠ВАК = 70°; ∠КАС = 56°.

414. Інженери використовують властивість жорсткості трикутника в багатьох сферах. Ось декілька прикладів, які можна включити в презентацію чи доповідь: - Будівництво мостів: Трикутні ферми використовуються для створення надійних конструкцій, які не деформуються під навантаженням.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

- Опори для дахів: У каркасах дахів використовують трикутні форми, щоб забезпечити стійкість і розподіл ваги. - Баштові конструкції: Телевізійні вежі, електричні стовпи та інші споруди створюються з використанням трикутних модулів для міцності. - Меблі: Каркаси столів, стільців чи інших меблів часто включають трикутні елементи для забезпечення стабільності. - Іграшкові моделі: Наприклад, конструкції, що використовують деталі на зразок LEGO, часто включають трикутники для додаткової міцності. - Машинобудування: У каркасах автомобілів чи літаків використовують трикутні конструкції, щоб зробити їх легкими, але міцними. 415. Cума кутів ΔABC: 60° + 45° + 75° = 180°; Cума кутів ΔKLM: 45° + 45° + 90° = 180°. shkola.in.ua

416.

shkola.in.ua

ДОМАШНЯ САМОСТІЙНА РОБОТА № 3 (§§ 11–16) 1. P = 4 + 7+ 10 = 21 (см). Відповідь: Б) 21 см. 2. Відповідь: Б) ∠T. 3. Відповідь: Б) ∆ABC = ∆A1B1C1 (за другою ознакою). 4. (17 – 5 ) : 2 = 6 (см). Відповідь: Г) 6 см. 5. ∠KOL = ∠MON (як вертикальні), тому ∆KOL = ∆MON (за першою ознакою). shkola.in.ua Відповідь: В) ∆KOL = ∆MON.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

6. Оскільки ∠A = ∠B, то ∆ABC — рівнобедрений з основою AB. Тому медіана CL є також бісектрисою і висотою. Відповідь: В) CL. 7. Нехай AB = х см, тоді AC = 2х см і BC = (х + 2) см. За умовою х + 2х + х + 2 = 22; 4х = 22 – 2; 4х = 20; х = 5 (см). Тому BC = 5 + 2 = 7 (см); AC = 2 ∙ 5 = 10 (см). shkola.in.ua Відповідь: Г) 10 см. 8. Оскільки ∆KLM = ∆MLK, то KL = ML і ∠K = ∠M. Відповідь: А) 17 см.

shkola.in.ua

9. Оскільки у ∆ABC AB = BC, то BK є не тільки висотою, а й медіаною і бісектрисою. Отже, хибним є твердження, що ∠ABC = ∠BKA, оскільки кут ABC — гострий, а кут BKA — прямий. Відповідь: A) ∠ABC = ∠BKA. shkola.in.ua

10. Оскільки ∆ABC = ∆BCA, то ∠A = ∠B і ∠B = ∠C, тобто ∠A = ∠B = ∠C. Тому ∆ABC — рівносторонній і BC = CA = AB = 5 см. Відповідь: Г) BC = 5 см; CA = 5 см. 11. Оскільки CK — бісектриса рівнобедреного трикутник, що проведена до основи, то CK є також і медіаною. Отже, AK = KB. За умовою AC = CB. P∆ABC = AC + AB + CB = 2АС + 2AK = 2(AC + AK). Тому 36 AC + AK = = 18 (см). 2 shkola.in.ua P∆AСК = AC + AK + CK. Тому CK = 30 – 18 = 12 (см). Відповідь: Г) 12 см. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

12. BM = MC, тому ∠MBC = ∠MCB. Оскільки AB = AC; BM = MC (за умовою) і AM – спільна сторона трикутників ABM і ACM. Тому ∆ABM= ∆ACM (за третьою ознакою). Маємо ∠BAM = ∠САМ; ∠BMA = ∠CMA і ∠MBA = ∠MCA. Твердження ∠MBA > ∠MCA — хибне. Відповідь: Б) ∠MBA > ∠MCA.

shkola.in.ua

13. 3

1) Нехай х – АС; АВ – х – 2; ВС – (х – 2). 2

х + х – 2 + (х – 2) = 37; 2 2х – 2 + 1,5х – 3 = 37; 3,5х – 5 = 37; 3,5х = 42; х = 12 (см) – АС. 2) 12 – 2 = 10 (см) – АВ. 3) 37 – (12 + 10) = 37 – 22 = 15 (см) – ВС. 1. АВ – А. 10 см; 2. ВС – В. 15 см; 3. СА – Б. 12 см.

shkola.in.ua

ЗАВДАННЯ ДЛЯ ПЕРЕВІРКИ ЗНАНЬ ДО §§ 11–16 1. Вершини: М; N і K; Сторони: MN; NK і MK; Кути трикутника: ∠M; ∠N; ∠K. shkola.in.ua

shkola.in.ua

прямокутний

гострокутний

тупокутний

рівнобедрений

різносторонній

shkola.in.ua рівносторонній

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

4. Оскільки ∆ABC = ∆KMF, то KM = AB = 5 см, MF = BC = 4 см, AC = KF = 7 см. 5. LK – спільна сторона трикутників MKL і NKL. Також за умовою відомо, що MK = KN; ∠LKM = ∠LKN. Тому ∆MKL = ∆NKL (за shkola.in.ua першою ознакою).

6. 1) 12 + 3 = 15 (см) — бічна сторона трикутника; 2) P = 2 ∙ 15 + 12 = 42 (см). Відповідь: 42 см. 7. 1) AC = BD; DC = AD; CD — спільна сторона трикутників ACD і BDC. Тому ∆ACD = ∆BDC (за третьою ознакою). 2) Звідси отримаємо, що ∠BCD = ∠ADC, що й треба було довести. shkola.in.ua 8.

shkola.in.ua

Нехай AB = х см, тоді BC = 2х см і AC = (х + 3) см. Складемо рівняння: x + 2x + x + 3 = 23; 4х = 23 – 3; 4х = 20; х = 5. Отже, AB = 5 см; BC = 2 ∙ 5 = 10 (см); AC = 5 + 3 = 8 (см). Відповідь: 5 см; 10 см; 8 см.

shkola.in.ua

1) MP = 8 дм; P∆МКР = KM + KP + PM; P∆МКР = 24 (дм), тому KM + KP= 24 – 8 = 16 (дм). 2) Оскільки ∆KML — рівнобедрений з основою KL, тo KM = ML. 3) MP – медіана ∆KML, тому KP = PL. 4) P∆KML = KM + ML + KL = 2KM + 2KP = 2(KM + KP) = 2 ∙ 16 = 32 (дм). Відповідь: 32 дм.

10.

shkola.in.ua

1) Оскільки ∆ANB = ∆AMB, то AN = AM і ∠NAB = ∠MAB. 2) AC — спільна сторона трикутників ANC і AMC. ∆ANC = ∆AMC (за першою ознакою). 3) Звідси отримаємо, що NC = MC, що й треба було довести.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

11. Оскільки ∆MKL = ∆KLM, то ∠M = ∠K і ∠K = ∠L. Тому ∠M = ∠K = ∠L. Тобто трикутник MKL — рівносторонній. Позначимо MK = KL = ML = х (см). Тоді P∆MКL = 3х.

shkola.in.ua

За умовою 3х – х = 10; 2х = 10; х = 5 (см). P∆MКL = 3 ∙ 5 = 15 (см). Відповідь: 15 см. § 17. Сума кутів трикутника 417. Сума кутів будь-якого трикутника дорівнює 180°, тому: ∠P + ∠L + ∠K = 180° 418. 1) Ні, бо 30° + 60° + 70° = 160°, а сума кутів трикутника дорівнює 180°. 2) Так, оскільки 70° + 40° + 70° = 180°. 419. 1) Ні, оскільки 50° + 70° + 80° = 200° ≠ 180°. 2) Так, оскільки 30° + 60° + 90° = 180°. 420. Нехай ∠A — невідомий кут трикутника. 1) ∠A = 180° - (43° + 54°) = 180° - 97° = 83°. 2) ∠A = 180° - (9° + 93°) = 180° - 102° = 78°. 3) ∠A = 180° - (83° + 89°) = 180° - 172° = 8°. 421. Нехай ∠3 — невідомий кут трикутника. 1) ∠3 = 180° - (15° + 38°) = 180° - 53° = 127°. 2) ∠3 = 180° - (28° + 105°) = 180° - 133° = 47°. 3) ∠3 = 180° - (7° + 91°) = 180° - 98° = 82°. 422. 1) якщо один з кутів трикутника тупий, то інші два гострі; 2) якщо один з кутів трикутника прямий, то інші два гострі. 423. ∠3 = 180° - 126° = 54°. 424. ∠A + ∠B + ∠C = 180°, ∠C = 180° - (∠A + ∠B) = 180° - 58° = 122°. 425. Нехай ∠1 = 62°. ∠1 + ∠2 + ∠3 = 180°. Звідси ∠2 + ∠3 = 180° - ∠1 = 180° - 62° = 118°. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

426. shkola.in.ua

Нехай в ΔABC AB = BC. За властивістю кутів рівнобедреного трикутника ∠BAC = ∠BCA. AB = AC, тоді ∠ABC = ∠ACB. Отже, маємо ∠BAC = ∠BCA = ∠ABC. Оскільки сума кутів трикутника дорівнює 180°, то ∠BAC = ∠BCA = ∠ABC = 180° : 3 = 60°. Відповідь: 60°.

427.

shkola.in.ua

Нехай ΔABC — рівнобедрений, AC = AB, ∠ACB = ∠ABC = 70°. Оскільки сума кутів трикутника дорівнює 180°, маємо: ∠CAB = 180° - (∠ACB + ∠ABC) = 180° - (70° + 70°) = 180° - 140° = 40°. Відповідь: 40°.

428.

shkola.in.ua

Нехай ΔABC — рівнобедрений, AC = AB, ∠ACB = ∠ABC = 45°. За теоремою про суму кутів трикутника маємо: ∠CAB = 180° - (∠ACB + ∠ABC) = 180° - (45° + 45°) = 180° - 90° = 90°. Відповідь: 90°.

429.

shkola.in.ua

Нехай ΔABC — рівнобедрений, AC = AB, ∠CAB = 80°. ∠ACB = ∠ABC — як кути при основі рівнобедреного трикутника. ∠CAB + ∠ACB + ∠ABC = 180°, ∠ACB + ∠ABC = 180° - 80° = 100°. Отже, ∠ACB = ∠ABC = 100° : 2 = 50°. Відповідь: 50°.

430.

shkola.in.ua

Нехай ΔABC — рівнобедрений, AC = AB, ∠CAB = 50°. ∠ACB = ∠ABC — як кути при основі рівнобедреного трикутника. ∠CAB + ∠ACB + ∠ABC = 180°, ∠ACB + ∠ABC = 180° - 50° = 130°. Отже, ∠ACB = ∠ABC = 130° : 2 = 65°. Відповідь: 65°.

431.

shkola.in.ua

Мал. 1. ∠ABC = 70° (як вертикальний кут з кутом, який дорівнює 70°). ∠CAB = 180° - (∠ACB + ∠ABC) = 180° (80° + 70°) = 180° - 150° = 30°. Мал. 2. ∠BCA = 180° - 135° = 45° (як суміжний кут з кутом, який дорівнює 135°). ∠ABC = 180° - (∠BAC + ∠BCA) = 180° (75° + 45°) = 180° - 120° = 60°. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

432.

shkola.in.ua

Мал. 1. ∠LMN = 50° (як вертикальний кут з кутом, рівним 50°). ∠LNM = 180° - (∠MLN + ∠LMN) = 180° - (70° + 50°) = 60°. Мал. 2. ∠NML = 180° - 140° = 40° (як суміжний кут з кутом, рівним 140°). ∠MNL = 180° - (∠MLN + ∠NML) = 180° - (50° + 40°) = 180° - 90° = 90°.

433.

shkola.in.ua

У ΔABC ∠A = 50°, ∠B = 70°. ∠C = 180° - (∠A + ∠B) = 180° - (50° + 70°) = 180° - 120° = 60°. Оскільки CP — бісектриса кута C, то ∠ACP = ∠PCB = 60° : 2 = 30°. Відповідь: 30°.

434.

shkola.in.ua

У ΔABC ∠B = 65°, ∠ACP = 40°. Оскільки CP — бісектриса кута C, то ∠ACB = 2∠ACP = 2 × 40° = 80°. Отже, ∠A = 180° - (∠ABC + ∠ACP) = 180° - (65° + 80°) = 180° - 145° = 35°. Відповідь: 35°.

435. shkola.in.ua

У трикутнику MNL ∠M + ∠N = 120°, ∠M + ∠L = 140°. ∠M + ∠N + ∠L = 180° — як сума кутів трикутника. ∠L = 180° - (∠M + ∠N) = 180° - 120° = 60°, ∠M = 140° - ∠L = 140° - 60° = 80°, ∠N = 120° - ∠M = 120° - 80° = 40°. Відповідь: 60°, 80°, 40°.

436. shkola.in.ua

У ΔABC ∠A + ∠B = 100°, ∠A + ∠C = 130°. ∠A + ∠B + ∠C = 180° — як сума кутів трикутника. ∠C = 180° - (∠A + ∠B) = 180° - 100° = 80°, ∠A = 130° - ∠C = 130° - 80° = 50°, ∠B = 100° - ∠A = 100° - 50° = 50°. Відповідь: 80°, 50°, 50°.

437. Припустимо, що в трикутнику всі кути менші від 60°. Тоді сума кутів трикутника менша від 180°, що суперечить теоремі про суму кутів трикутника. Отже, в кожному трикутнику є кут, не менший ніж 60°. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

438. Припустимо, що в трикутнику всі кути більші за 60°. Тоді сума кутів трикутника більша від 180°, що суперечить теоремі про суму кутів трикутника. Отже, в кожному трикутнику є кут, не більший за 60°. 439. Введемо коефіцієнт пропорційності х, тоді ∠A = 3x, ∠B = 4x, ∠C = 5x. ∠A + ∠B + ∠C = 180° (за теоремою про суму кутів трикутника). Складемо рівняння: 3x + 4x + 5x = 180°; 12x = 180°; x = 15°. Отже, ∠A = 3 × 15° = 45°, ∠B = 4 × 15° = 60°, ∠C = 5 × 15° = 75°. Відповідь: 45°, 60°, 75°. 440. Введемо коефіцієнт пропорційності х, тоді кути трикутника дорівнюють 2х, 3х, 5х. Складемо рівняння: 2х + 3х + 5х = 180° (за теоремою про суму кутів трикутника). 10х = 180°; х = 18°. Отже, кути трикутника дорівнюють: 2 × 18° = 36°, 3 × 18° = 54°, 5 × 18° = 90°. Відповідь: 36°, 54°, 90°. 441. Нехай ΔKLM — рівнобедрений, ∠L = x, тоді ∠K = ∠M = x + 15°. Складемо рівняння: x + (x + 15°) + (x + 15°) = 180° (за теоремою про суму кутів трикутника). 3x + 30° = 180°; 3x = 150°; x = 50°. shkola.in.ua Отже, ∠L = 50°, ∠K = ∠M = 50° + 15° = 65°. Відповідь: 50°, 65°, 65°. 442.

shkola.in.ua

Нехай ΔKLM — рівнобедрений, ∠K = ∠M = x, тоді ∠L = x + 24°. Складемо рівняння: x + x + (x + 24°) = 180° (за теоремою про суму кутів трикутника). 3x + 24° = 180°; 3x = 156°; x = 52°. Отже, ∠K = ∠M = 52°, ∠L = 52° + 24° = 76°. Відповідь: 52°, 52°, 76°.

443. Припустимо, що кути в основі рівнобедреного трикутника не гострі, тобто прямі або тупі. Тоді сума цих двох кутів дорівнює 180° або більша за 180°, що суперечить теоремі про суму кутів трикутника. Отже, припущення є невірним. Кути в основі рівнобедреного трикутника гострі. 444. I випадок. Припустимо, що кут у вершині рівнобедреного трикутника дорівнює 60°, тоді сума кутів в основі рівнобедреного трикутника дорівнює 180° - 60° = 120°. Оскільки кути в основі рівні, кожен з них дорівнює 60°. Отже, всі кути трикутника по 60°, тобто трикутник — рівносторонній. II випадок. Нехай кут в основі рівнобедреного трикутника дорівнює 60°, тоді і другий кут в основі дорівнює 60°. Тоді за теоремою про суму кутів трикутника кут у вершині дорівнює 180° - (60° + 60) = 60°. Таким чином, всі кути трикутника по 60°, отже, трикутник — рівносторонній. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

445.

shkola.in.ua

1) Нехай ∠C = х, тоді ∠В = х + 14°. Маємо рівняння: 80° + х + х + 14° = 180°; 2х = 180° – 94°; 2х = 86°; х = 86° : 2; х = 43°. Отже, ∠С = 43°; ∠В = 43° + 14° = 57°. 2) Нехай ∠B = х, тоді ∠C = 3х. Маємо рівняння: 80° + х + 3х = 180°; х + 3х = 180° – 80°; 4х = 100°; х = 25°; Отже, ∠B = 25°; ∠C = 3 × 25° = 75°. ∠В

shkola.in.ua

3) = . Введемо коефіцієнт пропорційності х, тоді ∠С 3 ∠В = 2х, ∠С = 3х: 80° + 2х + 3х = 180°; 2х + 3х = 180° – 80°; 5х = 100°; х = 20°; 20° ∙ 2 = 40° – ∠В; 20° ∙ 3 = 60° – ∠С

Відповідь: 75° 57° 60° 57° 25° 43° 57° 40° К О Р О Л Ь О В 446.

shkola.in.ua

Нехай один з кутів трикутника дорівнює x, тоді другий – 2x. За теоремою про суму кутів трикутника маємо: x + 2x + 36° = 180°; 3x = 144°; x = 48. Отже, один з кутів дорівнює 48°, другий – 48° × 2 = 96°. Відповідь: 48°, 96°.

447.

shkola.in.ua

Розглянемо ΔAOB і ΔDOC. ∠AOB = ∠DOC (як вертикальні кути). ∠A = 180° - (∠B + ∠AOB), ∠D = 180° - (∠C + ∠DOC). Оскільки ∠B = ∠C і ∠AOB = ∠DOC, то ∠A = ∠D. Отже, ΔAOB = ΔDOC за другою ознакою рівності трикутників.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

448.

shkola.in.ua

BC = B1C1, ∠A = ∠A1, ∠B = ∠B1. У ΔABC: ∠C = 180° - (∠A + ∠B). У ΔA1B1C1: ∠C1 = 180° - (∠A1 + ∠B1). Оскільки ∠A = ∠A1 і ∠B = ∠B1, то ∠C = ∠C1. Отже, ΔABC = ΔA1B1C1 за другою ознакою рівності трикутників (BC = B1C1, ∠B = ∠B1 - за умовою, ∠C = ∠C1 - за розв'язанням).

449. Нехай у ΔABC ∠A = 46°, ∠C = 64°, AP — бісектриса ∠A, СК — бісектриса ∠C. Розглянемо ΔAOC. 46° Оскільки AP — бісектриса ∠A, то ∠OAC = = 23°. 2 64°

Оскільки СК — бісектриса ∠C, то ∠OCA = = 32°. 2 Отже, за теоремою про суму кутів трикутника маємо: ∠AOC + ∠OAC + ∠OCA = 180°. Звідси ∠AOC = 180° - (∠OAC + ∠OCA) = 180° - (23° + 32°) = 180° - 55° = 125°. Оскільки кут між прямими не перевищує 90°, то кутом між прямими, на яких лежать бісектриси кутів A і C, буде кут, суміжний з кутом AOC. Отже, цей кут дорівнює 180° - 125° = 55°. Відповідь: 55°. 450. Нехай у ΔABC ∠A = 70°, ∠B = 80°. BM ⊥ AC, AK ⊥ BC. У ΔABM: ∠A = 70°, ∠BMA = 90° (оскільки BM — висота). shkola.in.ua ∠A + ∠ABM + ∠BMA = 180° (за теоремою про суму кутів трикутника). Звідси ∠ABM = 180° - (∠A + ∠BMA) = 180° - (40° + 90°) = 180° - 160° = 20°. З ΔABK: ∠B = 80°, ∠AKB = 90° (оскільки AK ⊥ BC). shkola.in.ua

За теоремою про суму кутів трикутника маємо: ∠BAK + ∠B + ∠AKB = 180°. Звідси ∠BAK = 180° - (∠B + ∠AKB) = 180° - (80° + 90°) = 180° - 170° = 10°. Розглянемо ΔAOB. ∠BAK + ∠ABM + ∠BOA = 180°. Звідси ∠BOA = 180° - (∠BAK + ∠ABM) = 180° - (10° + 20°) = 180° - 30° = 150°. Оскільки кут між прямими не перевищує 90°, то кутом між прямими, яким належать висоти, буде кут суміжний з кутом BOA, це кут ∠AOM = 180° - 150° = 30°. Відповідь: 30°. 451. 1) I випадок. Нехай кут 12° — це кут у вершині рівнобедреного трикутника. Тоді сума кутів в основі трикутника дорівнює 180° - 12° = 168°. Отже, кожен із кутів в основі дорівнює 168° : 2 = 84°. Відповідь: 12°, 84°, 84°. II випадок. Нехай кут 12° — це кут в основі рівнобедреного трикутника, тоді і другий кут в основі дорівнює 12°. Отже, кут у вершині рівнобедреного трикутника дорівнює 180° - (12° + 12°) = 180° - 24° = 156°. Відповідь: 12°, 12°, 156°. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

2) Один з кутів дорівнює 92°. Це може бути тільки кут у вершині трикутника. Тоді сума кутів в основі дорівнює 180° - 92° = 88°, а кожен з них дорівнює 88° : 2 = 44° (оскільки кути в основі рівнобедреного трикутника рівні). Відповідь: 92°, 44°, 44°. 452. 1) I випадок. Нехай кут 28° — це кут у вершині рівнобедреного трикутника. Тоді сума кутів в основі дорівнює 180° - 28° = 152°, а кожен з кутів дорівнює 152° : 2 = 76° (оскільки кути в основі рівнобедреного трикутника рівні). Відповідь: 28°, 76°, 76°. II випадок. Нехай кут 28° — це кут в основі рівнобедреного трикутника, тоді і другий кут в основі дорівнює 28°, оскільки кути в основі рівнобедреного трикутника рівні. Отже, кут у вершині рівнобедреного трикутника дорівнює 180° - (28° + 28°) = 180° - 56° = 124°. Відповідь: 28°, 28°, 124°. 2) Один з кутів рівнобедреного трикутника дорівнює 106°. Це може бути тільки кут у вершині трикутника. Тоді сума кутів в основі дорівнює 180° - 106° = 74°, а кожен з кутів дорівнює 74° : 2 = 37° (оскільки кути в основі рівнобедреного трикутника рівні між собою). Відповідь: 106°, 37°, 37°. 453. Нехай a∥b, c — січна. ∠DAB і ∠EBA — внутрішні односторонні кути, AC — бісектриса кута DAB, BC — бісектриса кута ABE. ∠DAB + ∠EBA = 180° (за властивістю внутрішніх односторонніх shkola.in.ua 1 кутів). Оскільки АС — бісектриса ∠DAB, то ∠BAC = ∠DAB. 1

Оскільки ВС — бісектриса ∠EBA, то ∠ABC = ∠EBA. 1

Отже, ∠BAC + ∠ABC = ∠DAB + ∠EBA = (∠DAB + ∠EBA) = × 180° = 90°. З ΔABC: ∠BAC + ∠ABC + ∠BCA = 180° (за теоремою про суму кутів трикутника). Звідси ∠BCA = 180° - (∠BAC + ∠ABC) = 180° - 90° = 90°. Отже, бісектриси двох внутрішніх односторонніх кутів при двох паралельних прямих і січній перетинаються під прямим кутом. 454. I випадок. Кут у вершині удвічі більший за кут в основі. Нехай кут в основі дорівнює x, тоді кут при вершині дорівнює 2x. За теоремою про суму кутів трикутника маємо: x + x + 2x = 180°; 4x = 180°; x = 45°. Отже, кути в основі дорівнюють 45° кожен, кут у вершині - 2 × 45° = 90°. Відповідь: 45°, 45°, 90°. II випадок. Кут в основі рівнобедреного трикутника удвічі більший за кут у вершині. Нехай кут у вершині дорівнює x, тоді кожен з кутів в основі дорівнює 2x. За теоремою про суму кутів трикутника маємо: 2x + 2x + x = 180°; 5x = 180°; x = 36°. Отже, кут у вершині дорівнює 36°, а кожен з кутів в основі дорівнює 36° × 2 = 72°. Відповідь: 72°, 72°, 36°. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

455. I випадок. Нехай кут у вершині дорівнює x, тоді кут в основі дорівнює x + 15°. За теоремою про суму кутів трикутника маємо: x + (x + 15°) + (x + 15°) = 180°; 3x + 30° = 180°; 3x = 150°; x = 50°. Отже, кут у вершині дорівнює 50°, тоді кожен з кутів в основі дорівнює 50° + 15° = 65°. Відповідь: 50°, 65°, 65°. II випадок. Нехай кут в основі трикутника дорівнює x, тоді кут у вершині дорівнює x + 15°. За теоремою про суму кутів трикутника маємо: x + x + x + 15° = 180°; 3x = 165°; x = 55°. Отже, кожен з кутів в основі дорівнює 55°, тоді кут у вершині дорівнює 55° + 15° = 70°. Відповідь: 55°, 55°, 70°. 456. Нехай ΔKLM — рівнобедрений. ∠K = ∠M = 72°, KP — бісектриса ∠K, KP = 5 см. shkola.in.ua Оскільки KP — бісектриса, ∠LKP = ∠PKM = 72° : 2 = 36°. Розглянемо ΔKPM. ∠PKM + ∠LMK + ∠KPM = 180° (за теоремою про суму кутів трикутника). Звідси ∠KPM = 180° - (∠PKM + ∠LMK) = 180° - (36° + 72°) = 180° - 108° = 72°. Отже, ∠KPM = ∠LMK. За ознакою рівнобедреного трикутника ΔKPM — рівнобедрений. KM = KP = 5 см. 457. PK = PL - KL = 56 мм - 3 см 4 мм = 56 мм - 34 мм = 22 мм. 458. ∠1 = ∠3 — як вертикальні кути. ∠4 = ∠2 — як вертикальні кути. Якщо ∠1 = ∠2 (за умовою), то ∠3 = ∠4 — внутрішні різносторонні кути. За наслідком 1, якщо при перетині двох прямих січною внутрішні різносторонні кути рівні, то прямі паралельні. Отже, m∥n. 459. I випадок. ∠BOC = ∠AOC - ∠AOB = 60° - 40° = 20°. shkola.in.ua

II випадок. ∠BOC = ∠AOC + ∠AOB = 60° + 40° = 100°. shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

460. ΔABC = ΔABD, оскільки AB = AC = CB, AB = AD = DB. У рівних трикутників відповідні кути рівні, тобто ∠CAB = ∠DAB = 60° (як кути рівностороннього трикутника). ΔCAD — рівнобедрений. AO — бісектриса, проведена з вершини трикутника до основи. За властивістю бісектриси рівнобедреного трикутника, вона є і висотою, тобто AO ⊥ CD, O ∈ AB, отже, AB ⊥ CD.

shkola.in.ua

461. 1. 1) 20 ∙ 6 = 120 (м2) – площа клумби; 2) 120 ∙ 60 = 7200 (шт.) – цибулин потрібно заготовити. 2. 1) 28 ∙ 0,85 = 23,8 (грн) – ціна упаковки зі знижкою; 2) 7200 : 3 = 2400 (шт.) – стільки потрібно упаковок цибулин; 3) 2400 ∙ 23,8 = 57120 (грн) – потрібно заплатити за тюльпани. Відповідь: 1) 23,8 грн; 2) 57120 грн. 462.

shkola.in.ua

§ 18. Зовнішній кут трикутника та його властивості. Співвідношення між сторонами і кутами трикутника 463. Кут 1 – зовнішній кут трикутника ABC. shkola.in.ua

464. ∠BAK – зовнішній кут при вершині A. shkola.in.ua 465. ∠NDP – зовнішній кут при вершині D. shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

466. Оскільки зовнішній кут трикутника завжди є суміжним з кутом цього трикутника, то, за властивістю суміжних кутів, їх сума дорівнює 180°. 467. ∠A + ∠B = 65° – за властивістю зовнішнього кута трикутника. shkola.in.ua

468. Зовнішній кут трикутника при вершині C дорівнює 70° згідно з властивістю зовнішнього кута трикутника. shkola.in.ua

469. Згідно теореми, проти більшої сторони лежить більший кут, і навпаки. Отже, ∠P > ∠K. shkola.in.ua 470. PK > PL, оскільки проти більшого кута трикутника лежить більша сторона (за умовою ∠L > ∠K). shkola.in.ua 471. Згідно з теоремою 1 ∠KCA = ∠A + ∠B = 37° + 62° = 99°. Відповідь: 99°.

shkola.in.ua

472. Згідно з теоремою 1 ∠KCB = ∠A + ∠B = = 43° + 102° = 145°. Відповідь: 145°. shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

473. Оскільки серед внутрішніх кутів трикутника не може бути більше одного тупого кута, то серед зовнішніх кутів трикутника не може бути більше одного гострого кута. 474. Нехай ΔABC — рівнобедрений. ∠KBC — зовнішній кут при вершині В. ∠KBC = ∠BAC + ∠BCA (згідно з теоремою 1). Отже, ∠BAC + ∠BCA = 100°, shkola.in.ua ∠BAC = ∠BCA = 50° (оскільки кути при основі рівнобедреного трикутника рівні). Відповідь: 50°. 475.

shkola.in.ua

Нехай ΔMNK — рівнобедрений. ∠M = ∠K = 55°. ∠DNK — зовнішній кут при вершині N. За властивістю зовнішнього кута маємо: ∠DNK = ∠M + ∠K = 55° + 55° = 110°. Відповідь: 110°.

476.

shkola.in.ua

Нехай ∠CAP = 105° (зовнішній кут при вершині A), ∠C = 45°. ∠CAP = ∠B + ∠C — за властивістю зовнішнього кута трикутника. Звідси ∠B = ∠CAP - ∠C = 105° - 45° = 60°. Відповідь: 60°.

477. shkola.in.ua

Нехай ∠BCD — зовнішній кут при вершині C, ∠A = 18°, ∠BCD = 120°. ∠BCD = ∠A + ∠B (за властивістю зовнішнього кута трикутника). Звідси ∠B = ∠BCD - ∠A = 120° - 18° = 102°. Відповідь: 102°.

478.

shkola.in.ua

Нехай ΔABC — даний трикутник, ∠A = 45°, ∠C = 70°. ∠PBC = ∠A + ∠C = 45° + 70° = 115° (за властивістю зовнішнього кута трикутника). ∠BCM = 180° - ∠C = 180° - 70° = 110° (як кут суміжний з кутом C). ∠NAP = 180° - ∠A = 180° - 45° = 135° (як кут суміжний з кутом A). Відповідь: 115°, 110°, 135°.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

479. shkola.in.ua

Нехай ΔKLM — даний трикутник, ∠NKL = 110°, ∠LMP = 140°. ∠NKL + ∠LKM = 180° (як суміжні кути). Звідси ∠LKM = 180° - 110° = 70°. ∠LMP + ∠LMK = 180° (як суміжні кути). Звідси ∠LMK = 180° - 140° = 40°. ∠L + ∠LKM + ∠LMK = 180° (як сума кутів трикутника). Звідси ∠L = 180° - (70° + 40°) = 180° - 110° = 70°. Відповідь: 70°, 70°, 40°.

480.

shkola.in.ua

1) Нехай ΔABC — даний трикутник, ∠BAD = 140°. Нехай ∠B = x, тоді ∠C = x + 30°. За властивістю зовнішнього кута трикутника: ∠BAD = ∠B + ∠C. Складемо рівняння: x + x + 30° = 140°; 2x = 110°; x = 55°. Отже, ∠B = 55°, ∠C = 55° + 30° = 85°. Відповідь: 55°, 85°. 2) Нехай ΔABC — даний трикутник, ∠BAD = 140°, ∠B = x, тоді ∠C = 4x. За властивістю зовнішнього кута трикутника маємо: ∠BAD = ∠B + ∠C. Складемо рівняння: x + 4x = 140°; 5x = 140°; x = 28°. Отже, ∠B = 28°, ∠C = 28° × 4 = 112°. Відповідь: 28°, 112°. ПРАПОР

481.

shkola.in.ua

1) Нехай ΔABC — даний трикутник, ∠BCD = 120°, ∠B = x, тоді ∠A = x + 20°. За властивістю зовнішнього кута трикутника маємо: ∠BCD = ∠A + ∠B. Складемо рівняння: x + x + 20° = 120°; 2x = 100°; x = 50°. Отже, ∠B = 50°, ∠A = 50° + 20° = 70°. Відповідь: 50°, 70°. 2) Нехай ΔABC — даний трикутник, ∠A = x, ∠B = 3x. За властивістю зовнішнього кута трикутника маємо: ∠BCD = ∠A + ∠B. Складемо рівняння: x + 3x = 120°; 4x = 120°; x = 30°. Отже, ∠A = 30°, ∠B = 3 × 30° = 90°. Відповідь: 30°, 90°. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

482. I випадок. Нехай ΔABC — даний рівнобедрений трикутник (AB = BC), ∠A = ∠C. За властивістю зовнішнього кута трикутника: ∠DBC = ∠A + ∠C = 118°, shkola.in.ua ∠A = ∠C = 118° : 2 = 59°. ∠ABC = 180° - ∠DBC = 180° - 118° = 62°. Відповідь: 62°, 59°, 59°. II випадок. Нехай ΔABC — даний рівнобедрений трикутник (BA = BC). ∠DAB і ∠BAC — суміжні, їх сума дорівнює 180°. ∠BAC = 180° - 118° = 62°. shkola.in.ua Оскільки ∠BAC = ∠BCA (як кути при основі рівнобедреного трикутника), то ∠BCA = 62°. ∠A + ∠B + ∠C = 180°, ∠B = 180° - (∠A + ∠C) = 180° - 124° = 56°. Відповідь: 62°, 62°, 56°. 483. I випадок. Зовнішній кут при вершині. Нехай ΔABC — даний рівнобедрений трикутник (AB = BC). ∠A = ∠C (як кути в основі рівнобедреного трикутника). shkola.in.ua ∠BDC = ∠A + ∠C за властивістю зовнішнього кута трикутника. 42° = ∠A + ∠C, звідси ∠A = ∠C = 42° : 2 = 21°. ∠B = 180° - 42° = 138°. Відповідь: 21°, 21°, 138°. II випадок. Зовнішній кут при основі. Цей випадок неможливий, бо тоді кути в основі будуть тупими, а у трикутнику можливий тільки один тупий кут. 484. Нехай ΔKNL — даний трикутник. За властивістю зовнішнього кута трикутника маємо: ∠RML = ∠K + ∠L, ∠MLN = ∠K + ∠M, ∠PKM = ∠M + ∠L. Додамо рівності: shkola.in.ua ∠RML + ∠MLN + ∠PKM = ∠K + ∠L + ∠K + ∠M + ∠M + ∠L = 2(∠K + ∠L + ∠M) = 2 × 180° = 360°. Отже, сума зовнішніх кутів будьякого трикутника, взятих по одному при кожній вершині, дорівнює 360°. 485. Нехай 3х, 5х і 4х — градусні міри зовнішніх кутів трикутника. Оскільки сума зовнішніх кутів трикутника, взятих по одному при кожній вершині, дорівнює 360°, shkola.in.ua складемо рівняння: 3х + 5х + 4х = 360°; 12х = 360°; х = 30°. Таким чином, зовнішні кути трикутника дорівнюють: 3 × 30° = 90°, 5 × 30° = 150°, 4 × 30° = 120°. Знайдемо кути трикутника. Оскільки зовнішні кути трикутника суміжні з кутами трикутника, то вони відповідно дорівнюють 90°, 30°, 60° і відносяться як 3 : 1 : 2. Відповідь: 3 : 1 : 2. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

486. Нехай градусні міри кутів трикутника ∠K = 7x, ∠L = 8x, ∠M = 9x. Оскільки зовнішній кут трикутника дорівнює сумі двох внутрішніх кутів, несуміжних з ним, маємо: ∠NLK = ∠K + ∠M = 7x + 9x = 16x. ∠PKL = ∠L + ∠M = 8x + 9x = 17x. ∠OMK = ∠K + ∠L = 7x + 8x = 15x. Отже, відношення зовнішніх кутів 17 : 16 : 15. Відповідь: 17 : 16 : 15.

shkola.in.ua

487. shkola.in.ua

Нехай ΔPLK — даний трикутник. ∠PKL і ∠LKR — суміжні. KM — бісектриса кута LKP. ∠PKM = ∠LKM. KN — бісектриса ∠LKR, ∠LKN = ∠NKR. ∠PKL + ∠LKR = 180°, ∠PKM + ∠LKM + ∠LKN + ∠NKR = 180°, 2∠LKM + 2∠LKN = 180°, 2(∠LKM + ∠LKN) = 180°, ∠LKM + ∠LKN = 90°. Отже, KM ⊥ KN.

488. shkola.in.ua

Нехай ОК — промінь, що проходить між сторонами ∠AOB, ∠AOK = x, ∠KOB = 90° - x. ∠KOB - ∠AOK = (90° - x) - x = 90° - 2x. 1 ∠AOK + ∠KOB = 90°, (∠AOK + ∠KOB) = 30°. 3 Отже, 90° - 2x = 30°, 2x = 60°, x = 30°. ∠AOK = 30°, ∠KOB = 90° - 30° = 60°. Відповідь: 30°, 60°.

489. Нехай AB = 22,8 см, AC = x см, CD = 2x см, DB = (2x + 1,8) см. Маємо рівняння: x + 2x + 2x + 1,8 = 22,8; 5x = 21; x = 4,2. Отже, AC = 4,2 см, CD = 8,4 см, DB = 10,2 см. Відповідь: 4,2 см, 8,4 см, 10,2 см. 490. 1. 1) 2 ∙ (32 + 18) = 100 (м) – периметр прямокутної ділянки; 2) 32 ∙ 18 = 576 (м2) – площа ділянок; 3) S□ = a2; a2 = 576 = 24 ∙ 24 ⇒ a = 24 (м) – сторона квадратної ділянки; 4) 24 ∙ 4 = 96 (м) – периметр квадратної ділянки. 100 м > 97 м; 96 м < 97 м. Відповідь: садівник зможе огородити квадратну ділянку. 2. 1) 100 + 96 = 196 (м) – всього потрібно паркану; 2) 196 – 97 = 99 (м) – потрібно докупити. Відповідь: 99 м. 491. АВ = 6 см, ВС = 3 см. АВ : ВС = 6 : 3 = 2 (рази) Відповідь: сторона ВС у 2 рази менша від сторони АВ. shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

492. СМ = 3 см; АВ = 6 см; АВ : СМ = 6 : 3 = 2 (рази). Відповідь: медіана СМ у 2 рази менша від сторони АВ.

shkola.in.ua

493.

shkola.in.ua

§ 19. Прямокутні трикутники. Властивості та ознаки рівності прямокутних трикутників 494. 1) Прямокутний; 2) MK – гіпотенуза, NK та MN – катети; 3) Найдовшою в прямокутному трикутнику завжди є гіпотенуза. В цьому shkola.in.ua випадку це сторона MK.

495. shkola.in.ua

1) PF — гіпотенуза, PL і LF — катети. 2) PF довша за PL, PF довша за LF, оскільки PF — гіпотенуза.

496.

shkola.in.ua

На мал. 1 трикутники рівні за двома катетами. Оскільки AC = ML, CB = LP, то ΔACB = ΔMLP. На мал. 2 трикутники рівні за катетом і прилеглим гострим кутом. Оскільки NF = DK, ∠N = ∠D, то ΔNFE = ΔDKO.

shkola.in.ua

497.

shkola.in.ua

На мал. 1 трикутники рівні за гіпотенузою і гострим кутом. Оскільки CM = BA, ∠C = ∠B, то ΔCMK = ΔBAP. На мал. 2 трикутники рівні за катетом і гіпотенузою. Оскільки EF = LN, DF = QN, то ΔEDF = ΔLQN. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

498.

shkola.in.ua shkola.in.ua

1) Нехай ∠B = 18°, тоді ∠C = 90° - ∠B = 90° - 18° = 72°. 2) Якщо ∠L = 87°, тоді ∠M = 90° - 87° = 3°. Відповідь: 1) 72°; 2) 3°.

499.

shkola.in.ua shkola.in.ua

1) Нехай ∠M = 75°, тоді ∠L = 90° - ∠M = 90° - 75° = 15°. 2) Нехай ∠R = 23°, тоді ∠P = 90° - ∠R = 90° - 23° = 67°. Відповідь: 1) 15°; 2) 67°.

500. Нехай ΔABC — прямокутний і рівнобедрений (∠B = 90°, BA = BC). ∠A = ∠C як кути в основі рівнобедреного трикутника. Оскільки сума гострих кутів прямокутного трикутника дорівнює 90° і вони рівні, то ∠A = ∠C = 90° : 2 = 45°. Відповідь: 90°, 45°, 45°.

shkola.in.ua 501. shkola.in.ua

Нехай ΔABC — рівнобедрений, AB = BC, ∠A = 45°, тоді ∠C = 45° (оскільки кути в основі рівнобедреного трикутника рівні). Оскільки сума кутів трикутника дорівнює 180°, маємо: ∠A + ∠B + ∠C = 180°, ∠B = 180° - (∠A + ∠C) = 180° 90° = 90°. Отже, ΔABC — прямокутний.

502.

shkola.in.ua

1) Згідно з властивістю 3, катет прямокутного трикутника, що лежить проти кута 30°, дорівнює половині гіпотенузи. 1 1 Отже, BC = AB = × 14 = 7 (см). 2 2 2) AB = 2BC = 2 × 5 = 10 (дм). Відповідь: 1) 7 см; 2) 10 дм.

503.

shkola.in.ua

Оскільки у прямокутному трикутнику ΔPFL ∠F = 90°, ∠L = 30°, то: 1 1 1) PF = PL = × 12 = 6 (дм); 2 2 2) PL = 2PF = 2 × 4 = 8 (см). Відповідь: 1) 6 дм; 2) 8 см. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

504.

shkola.in.ua

Нехай ΔABC — даний трикутник, ∠ABK = 36°, ∠KBC = 64°. ∠ABC = ∠ABK + ∠KBC = 36° + 64° = 100°. З прямокутного ΔABK маємо: ∠BAK = 90° - ∠ABK = 90° - 36° = 54°. З прямокутного ΔCBK маємо: ∠BCK = 90° - ∠KBC = 90° - 64° = 26°. Відповідь: 100°, 54°, 26°.

505.

shkola.in.ua

Нехай ΔKLM — рівнобедрений, LK = LM. Оскільки LN — медіана рівнобедреного трикутника, то LN — бісектриса і висота ΔKLM. ∠KLM = 2∠KLN = 2 × 31° = 62°. Оскільки сума кутів трикутника дорівнює 180°, то ∠K + ∠M + ∠L = 180°, ∠K + ∠M = 180° - ∠L = 180° - 62° = 118°. ∠K = ∠M як кути в основі рівнобедреного трикутника. ∠K = ∠M = 118° : 2 = 59°. Відповідь: 62°, 59°, 59°.

506. ΔABC = ΔKLC (оскільки BC = CL за умовою, ∠BCA = ∠LCK — як вертикальні кути) за гіпотенузою і гострим кутом. shkola.in.ua 507. У прямокутних трикутниках MPK і MLK ∠PMK = ∠LMK — за умовою, MK — спільний катет. Отже, ΔMPK = ΔMLK за катетом і прилеглим кутом. shkola.in.ua 508.

shkola.in.ua

1) Нехай в прямокутному ΔABC ∠B = x°, тоді ∠A = x° + 28°. Оскільки сума гострих кутів прямокутного трикутника дорівнює 90°, то маємо рівняння: x + x + 28° = 90°; 2x = 90° - 28° = 62°; x = 62° : 2 = 31°. Отже, ∠B = 31°, ∠A = 31° + 28° = 59°. Відповідь: 31°, 59°. 2) Нехай в прямокутному ΔABC ∠A = x°, ∠B = 5x°. Оскільки сума гострих кутів прямокутного трикутника дорівнює 90°, то маємо: x + 5x = 90°; 6x = 90°; x = 15°. Отже, ∠A = 15°, ∠B = 15° × 5 = 75°. Відповідь: 15°, 75°.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

shkola.in.ua

3) Нехай в прямокутному ΔABC градусна міра ∠A = 2x°, ∠B = 3x°. Оскільки сума гострих кутів прямокутного трикутника дорівнює 90°, то маємо: 2x + 3x = 90°; 5x = 90°; x = 18°. Отже, ∠A = 2 × 18° = 36°, ∠B = 3 × 18° = 54°. Відповідь: 36°, 54°.

Відповідь: українська поетеса Ліна Василівна Костенко. 15° 31° 54° 59° 36° 75° 15° 31° К О С Т Е Н К О 509. 1) Нехай в прямокутному ΔABC ∠A = x°, ∠B = 4x°. Оскільки в прямокутному трикутнику сума гострих кутів дорівнює 90°, то маємо: x + 4x = 90°; 5x = 90°; x = 18°. shkola.in.ua Отже, ∠A = 18°, ∠B = 18° × 4 = 72°. Відповідь: 18°, 72°. 2) Нехай в прямокутному ΔABC ∠A = x, тоді ∠B = x + 16°. Оскільки в прямокутному трикутнику сума гострих кутів дорівнює 90°, то маємо: x + x + 16° = 90°; 2x = 74°; x = 37°. shkola.in.ua Отже, ∠A = 37°, ∠B = 37° + 16° = 53°. Відповідь: 37°, 53°. 3) Нехай в прямокутному ΔABC ∠B = 5x, ∠A = 4x. Оскільки сума гострих кутів прямокутного трикутника дорівнює 90°, то маємо: 5x + 4x = 90°; 9x = 90°; x = 10°. shkola.in.ua Отже, ∠B = 5 × 10° = 50°, ∠A = 4 × 10° = 40°. Відповідь: 50°, 40°. 510.

shkola.in.ua

Нехай в прямокутному ΔKNM (∠M = 90°) MP — бісектриса, ∠KMP = ∠NMP = 90° : 2 = 45°, ∠K = 26°. 3 ΔKMP: ∠KPM = 180° - (∠K + ∠KMP) = 180° - (26° + 45°) = 109°. Тоді ∠MPK = 180° - ∠KPM = 180° - 109° = 71°. Отже, менший кут між бісектрисою прямого кута і гіпотенузою дорівнює 71°. Відповідь: 71°.

511.

shkola.in.ua

Нехай в прямокутному ΔABC (∠C = 90°) CK — бісектриса. ∠ACK = ∠KCB = 90° : 2 = 45°. З ΔCKB ∠CKB = 180° - (∠KCB + ∠B) = 180° - (45° + 68°) = 67° (за теоремою про суму кутів трикутника). Тоді ∠CKA = 180° - ∠CKB = 180° - 67° = 113°. Отже, більший кут між бісектрисою прямого кута і гіпотенузою дорівнює 113°. Відповідь: 113°. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

512.

shkola.in.ua

Нехай т. М розміщена всередині кута BAC, MB ⊥ AB, MC ⊥ AC, BM = CM. Доведемо, що точка М належить бісектрисі кута A, тобто ∠BAM = ∠CAM. ΔABM = ΔACM за гіпотенузою і катетом (AM — спільна гіпотенуза, BM = CM), тоді ∠BAM = ∠CAM.

513.

shkola.in.ua

Нехай в прямокутному ΔABC (∠B = 90°) BD ⊥ AC, ∠DBC = 32°. З ΔBDC: ∠C = 90° - ∠DBC = 90° - 32° = 58° (оскільки сума гострих кутів прямокутного трикутника дорівнює 90°). ∠A + ∠C = 90°, ∠A = 90° - ∠C = 90° - 58° = 32°. Відповідь: 58°, 32°.

514.

shkola.in.ua

Нехай ΔABC — прямокутний (∠C = 90°). CM і BN — бісектриси, ∠BCM = ∠ACM = 90° : 2 = 45°, ∠CBN = ∠ABN, ∠COB = 115°. З ΔCOB за теоремою про суму кутів трикутника маємо: ∠OBC + ∠COB + ∠BCO = 180°. Звідси ∠OBC = 180° - 115° - 45° = 20°. Тоді ∠B = 2∠OBC = 2 × 20° = 40°. З ΔABC: ∠A = 90° - ∠B = 90° - 40° = 50°. Відповідь: 40°, 50°.

515.

shkola.in.ua

Нехай ΔABC — рівнобедрений, AB = BC, ΔA1B1C1 — рівнобедрений, A1B1 = B1C1, BK ⊥ AC, B1K1 ⊥ A1C1. ΔABK = ΔA1B1K1 (за гіпотенузою AB = A1B1 і катетом BK = B1K1). З рівності трикутників маємо ∠A = ∠A1, AK = A1K1. Оскільки висота рівнобедреного трикутника є медіаною, то AK = KC, A1K1 = K1C1. Враховуючи, що AK = A1K1, маємо AC = A1C1. Отже, ΔABC = ΔA1B1C1 за двома сторонами і кутом між ними (AB = A1B1 за умовою, ∠A = ∠A1, AC = A1C1 за доведенням).

516.

shkola.in.ua

Нехай ΔABC — прямокутний (∠C = 90°), ∠B = 60°, AB + CB = 30 см, СК — медіана. ∠A = 90° - 60° = 30° (оскільки сума гострих кутів прямокутного трикутника дорівнює 90°). Нехай BC = x, тоді AB = 2x (оскільки катет прямокутного трикутника, що лежить проти кута 30°, дорівнює половині гіпотенузи). Складемо рівняння: x + 2x = 30; 3x = 30; x = 10, тоді 2x = 2 × 10 = 20. Отже, AB = 20 см. Оскільки СК — медіана, проведена до 1 1 гіпотенузи, то CK = AB = × 20 = 10 (см). 2 2 Відповідь: 20 см, 10 см. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

517.

shkola.in.ua

Нехай ΔKMN — прямокутний, ∠N = 90°, ∠M = 60°, MP = 4 см. З ΔKMN: ∠K = 90° - ∠M = 30°. Оскільки MP — бісектриса, то ∠KMP = ∠PMN = 60° : 2 = 30°. Отже, ΔPKM — рівнобедрений, оскільки ∠K = ∠KMP, звідси PK = MP = 4 (см). 1 1 З ΔPMN: ∠PMN = 30°. Отже, PN = MP = × 4 = 2 (см). 2 2 KN = PK + PN = 4 + 2 = 6 (см). Відповідь: 6 см.

518.

shkola.in.ua

Нехай у прямокутному трикутнику ABC (∠C = 90°), ∠PAB і ∠ABK - зовнішні кути при вершинах гострих кутів. Нехай ∠PAB = x°, тоді ∠ABK = x° + 20°. ∠CAB + ∠PAB = 180° (як суміжні кути), звідси ∠CAB = 180° - ∠PAB = 180° - x°. ∠ABC + ∠ABK = 180° (як суміжні кути), звідси ∠ABC = 180° - ∠ABK = 180° - (x° + 20°) = 160° - x°. Оскільки сума гострих кутів прямокутного трикутника дорівнює 90°, маємо рівняння: 180° - х + 160° - х = 90°; 2x = 250°; x = 125°. Отже, ∠CAB = 180° - 125° = 55°, ∠ABC = 160 - 125° = 35°. Відповідь: 55°, 35°.

519.

shkola.in.ua

Нехай у прямокутному ΔKLM (∠M = 90°) ∠NKL і ∠KLP — зовнішні кути, ∠NKL = 2x°, ∠KLP = 3x°. ∠MKL = 180° - 2x°, ∠KLM = 180° - 3x° (за властивістю суміжних кутів). ∠MKL + ∠KLM = 90°; Отже, 180° - 2x + 180° - 3x = 90°; 5x = 270°; x = 54°. Отже, ∠MKL = 180° - 2 × 54° = 180° - 108° = 72°, ∠KLM = 180° - 3 × 54° = 180° - 162° = 18°. Відповідь: 72°, 18°.

520.

shkola.in.ua

Нехай CM - медіана, PΔACM = PΔCMB. Оскільки PΔACM = AC + CM + AM, PΔCMB = BC + CM + MB і ці периметри рівні, то AC + CM + AM = BC + CM + MB. Звідси AC + AM = BC + MB. Враховуючи, що AM = MB, матимемо AC = BC. Отже, у трикутника ABC хоча б дві сторони рівні, а отже, рівні і хоча б два кути.

521.

shkola.in.ua

Нехай в ΔABC ∠A = x°, ∠B = x° + 20°, ∠C = 3x°. За теоремою про суму кутів трикутника маємо: x + x + 20° + 3x = 180°; 5x = 160°; x = 32°. Отже, ∠A = 32°, ∠B = 32° + 20° = 52°, ∠C = 3 × 32° = 96°. Відповідь: 32°, 52°, 96°. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

522.

shkola.in.ua

Нехай у ∆ABC AB = BC = x см, тоді AC = (x + 3) см. За умовою задачі маємо: x + 3 + 4 = x + x; x + 7 = 2x; x = 7. Отже, AB = BC = 7 см, AC = 7 + 3 = 10 (см). PΔABC = AB + BC + AC = 7 + 7 + 10 = 24 (см). Відповідь: 24 см.

523. 1) 3,5 × 5,5 = 19,25 ≈ 20 (м2) – площа кімнати. 2) 130 × 20 = 2600 (грн) – потрібно заплатити за лінолеум. Відповідь: 2600 грн. 524. АВ = 89 мм; ВС = 48 мм; АС = 66 мм. (АВ + ВС) = 89 + 48 = 137 мм > АС = 66 мм; (AB + AC) = 89 + 66 = 155 мм > ВС = 48 мм; shkola.in.ua (AC + BC) = 66 + 48 = 114 мм > АВ = 89 мм. Висновок: сума довжин двох сторін трикутника завжди більше за довжину третьої сторони.

525.

shkola.in.ua

§ 20. Нерівність трикутника 526. 1) Трикутник зі сторонами 1 см, 2 см і 4 см не існує, оскільки не виконується нерівність трикутника 4 см > 1 см + 2 см. 2) Трикутник зі сторонами 7 дм, 6 дм, 5 дм існує, бо виконується нерівність трикутника 7 дм < 6 дм + 5 дм. 3) Трикутник зі сторонами 3 см, 4 см і 7 см не існує, бо не виконується нерівність трикутника, оскільки 7 см = 3 см + 4 см. 527. 1) Трикутник зі сторонами 2 дм, 5 дм і 7 дм не існує, бо не виконується нерівність трикутника, оскільки 7 дм = 2 дм + 5 дм. 2) Трикутник зі сторонами 2 см, 3 см і 6 см не існує, бо не виконується нерівність трикутника, оскільки 6 см > 2 см + 3 см. 3) Трикутник зі сторонами 5 дм, 2 дм і 4 дм існує, бо виконується основна нерівність трикутника 5 дм < 2 дм + 4 дм. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

528. Нехай невідома сторона трикутника дорівнює а см. Тоді 8,4 - 2,8 < a < 8,4 + 2,8, тобто 5,6 < a < 11,2. Оскільки а найбільше ціле число, що задовольняє умові 5,6 < a < 11,2, то a = 11 см. Відповідь: 11 см. 529. Нехай невідома сторона трикутника дорівнює а см. Тоді 4,3 - 2,7 < a < 4,3 + 2,7, тобто 1,6 < a < 7. Оскільки а - найменше ціле число, що задовольняє умові 1,6 < a < 7, то a = 2 см. Відповідь: 2 см. 530. 1) Нехай сторони трикутника дорівнюють 2m, 3m і 4m. Сторони трикутника можуть бути пропорційні числам 2, 3, 4, оскільки 4m < 3m + 2m, тобто виконується нерівність трикутника. 2) Нехай сторони трикутника дорівнюють 7m, 8m, 15m. Сторони трикутника не можуть бути пропорційні числам 7, 8 і 15, оскільки 15m = 7m + 8m, тобто не виконується нерівність трикутника. 3) Нехай сторони трикутника дорівнюють 5m, 3m, 7m. Сторони трикутника можуть бути пропорційні числам 5, 3 і 7, оскільки 7m < 5m + 3m, тобто виконується нерівність трикутника. 531. 1) Сторони трикутника не можуть бути пропорційні числам 5, 1 і 4, бо не виконується нерівність трикутника, оскільки 5m = m + 4m, де 5m, m, 4m — довжини сторін трикутника. 2) Сторони трикутника можуть бути пропорційні числам 5, 6 і 7, бо виконується нерівність трикутника 7m < 6m + 5m, де 5m, 6m, 7m — довжини сторін трикутника. 3) Сторони трикутника не можуть бути пропорційні числам 8, 2, 11,бо не виконується нерівність трикутника 11m > 8m + 2m, де 8m, 2m, 11m — довжини сторін трикутника. 532. Якщо бічна сторона рівнобедреного трикутника дорівнює 3 см, тоді друга бічна сторона дорівнює 3 см, а основа дорівнює PΔ - (3 + 3) = 12 - 6 = 6 (см). Трикутника зі сторонами 3 см, 3 см і 6 см не існує, бо не виконується нерівність трикутника, оскільки 6 см = 3 см + 3 см. Відповідь: ні, не може. 533. Бічною стороною даного рівнобедреного трикутника не може бути сторона, яка дорівнює 5 см, оскільки тоді б не виконувалася нерівність трикутника, оскільки 11 см > 5 см + 5 см. Отже, бічна сторона дорівнює 11 см, а основа 5 см і PΔ = 11 см + 11 см + 5 см = 27 см. Відповідь: 27 см. 534. Нехай невідома сторона трикутника дорівнює а см. Тоді 2,5 - 1,2 < a < 2,5 + 1,2; 1,7 < a < 3,7. Отже, a = 2 або a = 3. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

Якщо a = 2, то PΔ = 2,5 + 1,2 + 2 = 5,7 (см). Якщо a = 3, то PΔ = 2,5 + 1,2 + 3 = 6,7 (см). Відповідь: 5,7 см або 6,7 см. 535. 1) Якщо одна із сторін трикутника дорівнює 14 см, то сума двох інших сторін дорівнює 30 см - 14 см = 16 см і виконується нерівність трикутника. Отже, одна із сторін трикутника може дорівнювати 14 см за умови, що ця сторона найбільша. 2) Одна із сторін трикутника не може дорівнювати 15 см, бо сума двох інших сторін дорівнює 30 см - 15 см = 15 см і не виконується нерівність трикутника, бо 15 см = 15 см (одна сторона дорівнює сумі двох інших сторін). 3) Одна із сторін трикутника не може дорівнювати 16 см, бо сума двох інших сторін дорівнює 30 см - 16 см = 14 см і не виконується нерівність трикутника, бо 16 см > 14 см (одна сторона більша суми двох інших). 536. 1) Одна із сторін трикутника не може дорівнювати 21 дм, бо сума двох інших сторін дорівнює 40 дм - 21 дм = 19 дм і не виконується нерівність трикутника, бо 21 дм > 19 дм (одна сторона більша від суми двох інших). 2) Одна із сторін трикутника не може дорівнювати 20 дм, бо сума двох інших сторін дорівнює 40 дм - 20 дм = 20 дм і не виконується нерівність трикутника, бо 20 дм = 20 дм (одна сторона дорівнює сумі двох інших сторін). 3) Одна із сторін трикутника може дорівнювати 19 дм, бо сума двох інших сторін дорівнює 40 дм - 19 дм = 21 дм і виконується нерівність трикутника 19 дм < 21 дм (за умови, що ця сторона не менша за кожну з інших сторін). 537. Припустимо, що такий трикутник існує. Тоді х см — довжина однієї сторони, (х - 2) см — довжина другої сторони, (х + 4) см — довжина третьої сторони. Складемо рівняння: x + (x - 2) + (x + 4) = 20; 3x + 2 = 20; 3x = 18; x = 6. Отже, сторони трикутника дорівнюють: 6 см, 4 см, 10 см. Але трикутника з такими сторонами не існує, бо не виконується нерівність трикутника 10 см = 6 см + 4 см. Відповідь: ні. 538. Припустимо, що такий трикутник існує. Нехай х см — довжина однієї сторони, (х + 6) см — довжина другої сторони, (х - 1) см — довжина третьої сторони. Складемо рівняння: x + (x + 6) + (x - 1) = 23; 3x + 5 = 23; 3x = 18; x = 6. Але трикутника зі сторонами 6 см, 12 см і 5 см не існує, бо не виконується нерівність трикутника 12 см > 6 см + 5 см. Відповідь: ні. 539. Нехай у ∆ABC ∠A = x°, тоді ∠B = 3x°, ∠C = x° - 15°. За теоремою про суму кутів трикутника маємо: shkola.in.ua x + 3x + (x - 15°) = 180°; 5x = 195°; x = 39°. Отже, ∠A = 39°, ∠B = 3 × 39° = 117°, ∠C = 39° - 15° = 24°. Відповідь: 39°, 117°, 24°. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

540. Нехай ∆ABC і ∆A1B1C1 - прямокутні. AB = A1B1, BH ⊥ AC, B1H1 ⊥ A1C1, BH = B1H1. ∆ABH = ∆A1B1H1 (за катетом і гіпотенузою: AB = A1B1, BH = B1H1), тоді ∠A = ∠A1. ∆ABC = ∆A1B1C1 (за катетом і гострим кутом: AB = A1B1, ∠A = ∠A1).

shkola.in.ua

541. 1) 360° : 32 = 11,25° = 11°15´ - становить 1 румб; 2) 11°15´ × 4 = 44°60´ = 45° Відповідь: 4 румби становлять 45°.

shkola.in.ua

542. shkola.in.ua

1) AB = 50 мм; AB = 2OA = 2OB. 2) ∠AMB = 90°.

543. Коник-стрибунець може переміщуватися на +4, -4, +6 або -6 см. Тобто він може переміщуватися на 4k + 6m, де k і m — цілі числа, які можуть бути як додатні, так і від’ємні. 1) Для того щоб коник зміг опинитися у точці на відстані 2024 см, ця відстань повинна бути кратною найбільшому спільному дільнику чисел 4 і 6. Знайдемо НСД(4, 6) за допомогою алгоритму Евкліда: НСД(6, 4) = 2. Отже, коник може опинитися на відстані 2024 см, яка є парним числом. 2) Розглянемо 2025. Це число непарне, тобто воно не є кратним НСД(4, 6). Отже, коник не зможе опинитися у точці, віддаленій на 2025 см. Відповідь: 1) зможе; 2) не зможе. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

Домашня самостійна робота 4 (§§17-20) № 1 - 13 1. Сума кутів трикутника дорівнює 180°, отже, кути 50°, 60°, 70° можуть бути кутами трикутника. Правильна відповідь В). 2. Проти більшого кута трикутника лежить більша сторона. shkola.in.ua Правильна відповідь А). 3. Сума гострих кутів прямокутного трикутника дорівнює 90°, отже, другий кут трикутника дорівнює 90° - 40° = 50°. Правильна відповідь В). 4. Оскільки сума кутів трикутника дорівнює 180°, то сума двох інших кутів трикутника дорівнює 180° - 72° = 108°. Правильна відповідь Б). 5. Нехай ΔАВС — рівнобедрений, АВ = ВС. ∠DBC = 140°. ∠A + ∠C = ∠DBC (оскільки зовнішній кут трикутника дорівнює сумі двох внутрішніх кутів, не суміжних з ним). Отже, ∠A = ∠C = 140° : 2 = 70° (оскільки кути в основі рівнобедреного трикутника рівні). Правильна відповідь Г). 6. Третя сторона трикутника не може дорівнювати 8 см, бо не виконується нерівність трикутника, оскільки 8 см > 2,7 см + 4,2 см. Правильна відповідь Г). 7. Оскільки другий кут прямокутного трикутника дорівнює 60°, то менший катет лежить проти кута 30° і дорівнює 8 см : 2 = 4 см. Правильна відповідь Б). 8. AK — бісектриса ∠A, ∠OAC = ∠BAK = 50° : 2 = 25°. CM — бісектриса ∠C, ∠MCA = ∠BCM = 60° : 2 = 30°. shkola.in.ua З ∆AOC: ∠AOC = 180° - (∠OAC + ∠OCA) = 180° (25° + 30°) = 125°. Оскільки кутом між прямими є кут градусною мірою менше ніж 90°, то цим кутом буде кут, суміжний з кутом AOC, який дорівнює 180° - 125° = 55°. Правильна відповідь Г). 9. Довжина однієї з його сторін не може бути 8 см, бо тоді не буде виконуватися нерівність трикутника, оскільки 16 см - 8 см = 8 см (одна сторона дорівнює сумі двох інших). Правильна відповідь А). © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

10. 1

shkola.in.ua

Нехай в ∆ABC AB = BC, AK — бісектриса, ∠KAC = ∠BAC. 2 Нехай ∠KAC = x, тоді ∠A = 2x, ∠C = ∠A = 2x (як кути при основі рівнобедреного трикутника). Оскільки AK = AC, то ∆KAC — рівнобедрений з основою KC. ∠K = ∠C (як кути при основі рівнобедреного трикутника), ∠K = 2x. За властивістю суми кутів трикутника маємо: x + 2x + 2x = 180°; 5x = 180°; x = 36°. Отже, ∠A = ∠C = 36° × 2 = 72°. Правильна відповідь Б).

11. Нехай зовнішні кути трикутника дорівнюють 3x, 5x і 7x. Оскільки сума зовнішніх кутів трикутника, взятих по одному при кожній вершині, дорівнює 360°, маємо: 3x + 5x + 7x = 360°, 15x = 360°; x = 24°. Отже, зовнішні кути дорівнюють 72°, 120°, 168°. Тоді найменший з внутрішніх кутів трикутника дорівнює: 180° - 168° = 12°. Правильна відповідь А). 12. Нехай ∆АСВ — прямокутний, ∠C = 90°, ∠B = 60°, CM — медіана. ∠CAB = 30°, CB — менший катет, CB = x см. AB = 2x (за властивістю катета, що лежить напроти кута 30°), CM = 1 AB = x (за властивістю медіани проведеної до гіпотенузи). 2 Отже, CM + CB = 10 см, x + x = 10, 2x = 10. Отже, AB = 10 см. shkola.in.ua Правильна відповідь В). 13.

shkola.in.ua

1. Оскільки CM – висота, то ∠CMB = 90°. Згідно теореми про суму кутів трикутника: ∠MCB = 180° – (∠CMB + ∠MBC) = 180° – (90° + 40°) = 50°. 2. Оскільки бісектриса CM ділить ∠С навпіл, то ∠MCB = 45°. Згідно теореми про суму кутів трикутника: ∠CMB = 180° – (∠MCB + ∠MBC) = 180° – (45° + 40°) = 85°. 1 1 3. ∠РBС = ∠B = × 40° = 20°. 1

shkola.in.ua

∠MCB = ∠С = × 90° = 45°. 2 2 Згідно теореми про суму кутів трикутника: ∠CОB = 180° – (∠ОCB + ∠ОBC) = 180° – (45° + 20°) = 115°. Оскільки кутом між прямими є кут градусною мірою менше ніж 90°, то цим кутом буде кут, суміжний з кутом CОB, який дорівнює 180° - 115° = 65°. Відповідь: 1 – Б; 2 – Г; 3 – В.

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

Завдання для перевірки знань до §§17-20 № 1 - 11 1. 180° – (30° + 80°) = 70° 2. ∠KPM – зовнішній кут при вершині Р.

shkola.in.ua

3. ∆ABC = ∆DEF (за катетом та прилеглим гострим кутом). shkola.in.ua

4. ∠A = ∠B = 71°; ∠C = 180° − 2 · 71° = 38°.

shkola.in.ua

1) ∠ABC = 32° + 67° = 99°. 2) В прямокутному △ABP: ∠A = 90° − 32° = 58°. 3) В прямокутному △PBC: ∠C = 90° − 67° = 23°. Відповідь: 99°; 58°; 23°.

6. Нехай третя сторона дорівнює x см. Тоді |6,3 − 5,2| < x < 6,3 + 5,2; 1,1 < x < 11,5. x = 11 (см) — найбільше ціле число, якому може дорівнювати третя сторона. Відповідь: 11 см.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

7. 1) Нехай ∠A = x, тоді ∠B = 2x; ∠C = x − 16°. 2) Маємо x + 2x + x − 16° = 180°. 4x = 196°; x = 196° : 4; x = 49°. 3) Отже, ∠A = 49°; ∠B = 2 · 49° = 98°; ∠C = 49° − 16° = 33°. Відповідь: 49°; 98°; 33°.

shkola.in.ua

1) Нехай ∠KCB = 112° — зовнішній кут трикутника. 2) Оскільки ∠B : ∠A = 3 : 5, то можна позначити ∠B = 3x; ∠A = 5x. 3) Маємо за властивістю зовнішнього кута трикутника: 3x + 5x = 112°; 8x = 112°; x = 14°. 4) Отже, ∠B = 3 · 14° = 42°; ∠A = 5 · 14° = 70°. Відповідь: 42°; 70°.

9. 60°

shkola.in.ua

1) ∠CBM = ∠MBD = = 30°. 2 2) У △CBM за властивістю катета, що лежить проти кута 30°, маємо BM = 2 · CM = 2 · 8 = 16 (см). 3) В △CBM: ∠B = 90° − 60° = 30°. 4) Трикутник BMD — рівнобедрений, оскільки ∠MBD = ∠D = 30°, тому MD = MB = 16 (см). 5) CD = CM + MD = 8 + 16 = 24 (см). Відповідь: 24 см.

10.

shkola.in.ua

1) Нехай ∠KAB, ∠ABM, ∠NCA — зовнішні кути трикутника. ∠KAB : ∠ABM : ∠NCA = 4 : 5 : 6. Позначимо ∠KAB = 4x; ∠ABM = 5x; ∠NCA = 6x. 2) Маємо 4x + 5x + 6x = 360°. 15x = 360°; x = 360° : 15; x = 24°. 3) Тоді ∠CAB = 180° − 4 · 24° = 84°; ∠ABC = 180° − 5 · 24° = 60°; ∠BCA = 180° − 6 · 24° = 36°. 4) ∠CAB : ∠ABC : ∠BCA = 84° : 60° : 36° = 7 : 5 : 3. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

11.

shkola.in.ua

1) Нехай AB = x см, тоді AC = (x − 3) см, BC = (x + 5) см. 2) Тоді x + x − 3 + x + 5 = 23; 3x − 5 = 23; 3x = 21; x = 7 (см). 3) Отже, AB = 7 см, тоді AC = 7 − 3 = 4 (см), BC = 7 + 5 = 12 (см). 4) Оскільки 7 + 4 < 12, то трикутника не існує. Відповідь: Не існує.

Вправи для повторення розділу 3 544. Вершини: K, L, P. Сторони: KL, LP, PK. Кути: ∠K, ∠L, ∠P. shkola.in.ua

545. Нехай 18 + 6 = 24 (см) — друга сторона трикутника, 24 : 2 = 12 (см) — третя сторона. PΔ = 18 + 24 + 12 = 54 (см). Відповідь: 54 см. 546. Відкладемо відрізок ML = 5 см. Від т. М відкладемо кут M = 40°, від т. L відкладемо кут L = 80°. На перетині сторін кутів shkola.in.ua позначимо т. Р. Отримаємо ∆MLP.

547. Нехай одна із сторін трикутника дорівнює х см, тоді друга — 2х см, третя — 0,8 × 2х = 1,6х. Отже, маємо рівняння: х + 2х + 1,6х = 46; 4,6х = 46; x = 10. Отже, одна сторона трикутника дорівнює 10 см, друга — 2 × 10 см = 20 см, третя — 1,6 × 10 = 16 см. Відповідь: 10 см, 20 см, 16 см. 548. AB + AC + AC + CB = 12 + 15, AB + CB + 2AC = 27. Оскільки AB + BC = 13 см, маємо: 13 + 2AC = 27; 2AC = 27 - 13 = 14, AC = 7 (см). AB = 12 - AC = 12 - 7 = 5 (см), CB = 15 - 7 = 8 (см). Відповідь: 7 см, 5 см, 8 см. 549. 1) Сторони рівного трикутника дорівнюють 3 см, 7 см і 8 см. 2) Кути рівного трикутника дорівнюють 40°, 60°, 80°.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

550. Так, бо вони рівні. 551. Ні, оскільки у рівних трикутників відповідні сторони рівні. 552. ∆ABC = ∆ACB, AB = 7 см, BC = 4 см. AC = AB = 7 см. PΔABC = 7 + 4 + 7 = 18 (см). shkola.in.ua Відповідь: 18 см. 553. shkola.in.ua

Мал. 1. AB — спільна сторона трикутників ACB і ADB. Вони рівні за першою ознакою рівності трикутників (AC = AD, AB — спільна, ∠CAB = ∠DAB). Мал. 2. MN — спільна сторона трикутників MKN і NPM. ∆MKN = ∆NPM за другою ознакою рівності трикутників (MN — спільна сторона, ∠KMN = ∠MNP, ∠PMN = ∠KMN).

554. ∠AOD = ∠COB як вертикальні кути. ∆AOD = ∆COB AO = CO, DO = OB — за умовою, ∠AOD = ∠COB за доведенням). shkola.in.ua 555. MN — спільна сторона трикутників MKN і MPN. ∆MKN = ∆MPN за другою ознакою рівності трикутників (MN — спільна сторона, ∠PMN = ∠KMN, ∠KNM = ∠PNM). shkola.in.ua 556.

shkola.in.ua

∠BAK = ∠CDK — як суміжні кути рівних кутів. ∆BAK = ∆CDK за першою ознакою рівності трикутників (BA = CD, AK = KD, ∠BAK = ∠CDK). У рівних трикутників відповідні сторони рівні, отже, BK = KC.

557. shkola.in.ua

AX = AC, тому що ∆CAB = ∆XAB за другою ознакою рівності трикутників (AB — спільна сторона, ∠XAB = ∠CAB, ∠XBA = ∠CBA), а у рівних трикутників відповідні сторони рівні.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

558. shkola.in.ua

∠BCD = ∠DFE — як суміжні кути рівних кутів. DC – спільний відрізок сторін AC і FD. AC = AD + DC, FD = CF + DC, AC = FD. Отже, ∆ABC = ∆DEF за першою ознакою (BC = EF, AC = FD, ∠BCD = ∠DFC).

559.

shkola.in.ua

1) ∆ABE = ∆ADC за другою ознакою (AB = AC — за умовою, ∠A — спільний, ∠ABE = ∠ADC = 90°, оскільки DC ⊥ AE, BE ⊥ AD). Із рівності трикутників маємо: AD = AE. Тоді BD = AD - AB, CE = AE – AC. Оскільки AB = AC за умовою, AD = AE за доведенням, то BD = CE. 2) ∆BOD = ∆COE за стороною і двома прилеглими кутами (BD = CE — за доведеним в п. 1), ∠OBD = ∠OCE = 90°, ∠BDO = ∠CEO — як кути рівних трикутників ACD і ABE. З рівності трикутників маємо BO = CO. ∆ABO = ∆ACO (за двома сторонами і кутом між ними: AB = AC - за умовою, BO = CO — за доведенням, ∠ABO = ∠ACO). Із рівності цих трикутників маємо ∠BAO = ∠CAO, отже, AO — бісектриса кута A.

560. shkola.in.ua

1) PK = AP = 5 см, оскільки бічні сторони рівнобедреного трикутника рівні. 2) ∠K = ∠A = 70°, оскільки кути при основі рівнобедреного трикутника рівні.

561. Нехай ∆ABC — рівнобедрений, AC = 5 см, AB = BC = 4 см. PΔABC = AB + BC + AC = 4 см + 4 см + 5 см = 13 см. shkola.in.ua

562. shkola.in.ua

∆ABC = ∆ADC (за першою ознакою: AB = AD — за умовою, ∠BAC = ∠CAD — за умовою, AC — спільна сторона). З рівності цих трикутників маємо BC = CD. Отже, ∆BCD — рівнобедрений.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

563. shkola.in.ua

ΔKLM – рівнобедрений, KL = LM, тоді ∠K = ∠M. ΔK1L1M1 - рівнобедрений K1L1 = L1M1, тоді ∠K1 = ∠M1. Оскільки ∠K = ∠K1, то ∠M = ∠M1. Отже, ΔKLM = ΔK1L1M1 за другою ознакою рівності трикутників.

564. shkola.in.ua

Нехай у рівнобедреного ΔMNL MN = NL, ML = 3x см, тоді MN = NL = 4x. За умовою задачі маємо 3x + 4x + 4x = 88; 11x = 88; x = 8. Отже, ML = 3 × 8 = 24 (см), MN = NL = 4 × 8 = 32 (см). Відповідь: 24 см, 32 см, 32 см.

565. shkola.in.ua

ΔABC - рівнобедрений, AC = CB, тоді ∠CAB = ∠CBA. ΔABD - рівнобедрений, AD = DB, тоді ∠DAB = ∠DBA. ∠CAD = ∠CAB + ∠DAB, ∠CBD = ∠CBA + ∠DBA, ∠CAD = ∠CBD. ΔACD = ΔBCD за першою ознакою трикутників (AC = CB, AD = DB - за умовою, ∠CAD = ∠CBD).

566. 1) Відрізок, що сполучає вершину із серединою протилежної сторони, називається медіаною трикутника. 2) Перпендикуляр, проведений з його вершини до прямої, що є протилежною стороною, називається висотою трикутника. 3) Відрізок бісектриси кута трикутника, що сполучає вершину трикутника з точкою протилежної сторони називається бісектрисою трикутника. 567. Нехай в рівнобедреному ∆MNK (MN = NK), NP — бісектриса (∠MNP = ∠PNK), NP = 5 см. Оскільки бісектриса рівнобедреного трикутника, проведена до shkola.in.ua основи, є його висотою і медіаною, то висота і медіана дорівнюють 5 см кожна. Відповідь: 5 см, 5 см. 568. ∠NMK = ∠NKL - як кути при основі рівнобедреного трикутника. ∠MNK = ∠LNK - оскільки NK є бісектрисою, проведеною до основи. ∠NKM = ∠NKL = 90°, оскільки NK є висотою. NM = NL - як сторони рівнобедреного трикутника. shkola.in.ua MK = KL - оскільки NK - медіана рівнобедреного трикутника.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

569.

shkola.in.ua

Нехай ΔABC = ΔA1B1C1, AM - медіана ΔABC (CM = MB), A1M1 - медіана ΔA1B1C1 (C1M1 = M1B1). Розглянемо ΔABM і ΔA1B1M1: AB = A1B1 - як відповідні сторони рівних трикутників, ∠B = ∠B1 як відповідні кути рівних трикутників. MB = M1B1 - як половини рівних сторін. Отже, ΔABM = ΔA1B1M1 за першою ознакою рівності трикутників.

570. Оскільки ΔABC - рівнобедрений, то AB = BC. Оскільки BD – висота, то BD є бісектрисою, отже, ∠ABD = ∠CBD. ΔABO = ΔCBO за першою ознакою рівності трикутників (AB = BC, BO – спільна, ∠ABO = ∠CBO). Із рівності цих трикутників випливає, що AO = CO.

shkola.in.ua

571. Оскільки ∠ABD = ∠ADB, то ΔABD - рівнобедрений згідно з ознакою рівнобедреного трикутника, тоді AB = AD. Оскільки ∠DBC = ∠CDB, то ΔBCD - рівнобедрений згідно з ознакою рівнобедреного трикутника, тоді CB = CD. ΔABC = ΔADC за двома сторонами і кутом між ними (AB = AD, BC = DC - за доведенням, ∠B = ∠D - як сума рівних кутів). Із рівності цих трикутників маємо ∠BCA = ∠DCA. Оскільки пряма AC містить бісектрису кута C рівнобедреного трикутника BCD, то пряма AC містить висоту ΔBCD. Отже, AC⊥BD.

shkola.in.ua

572. ΔAMK = ΔBMK (за першою ознакою рівності трикутників: AM = BM за умовою, MK - спільна сторона, ∠BMK = ∠AMK = 90° - за умовою). Отже, BK = AK. PΔABC = AB + BC + AC = AB + BK + KC + AC = AB + AK + KC + AC = a +P = a + b. shkola.in.ua ΔAMK AC = PΔABC = (AB + BC) = a + b − (2a) = a − b. Відповідь: a − b; a + b. 573. ΔABC = ΔCDA за третьою ознакою рівності трикутників, оскільки AB = CD, BC = AD - за умовою, AC - спільна сторона. shkola.in.ua 574. Оскільки у рівностороннього трикутника усі сторони рівні, три сторони одного трикутника дорівнюють трьом сторонам другого трикутника. Отже, ці рівносторонні трикутники рівні за третьою ознакою рівності трикутників. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

575.

shkola.in.ua

Нехай у трикутників △ABC і △A1B1C1: AB = A1B1, AC = A1C1, BM = B1M1, де BM і B1M1 - медіани. Доведемо, що △ABC = △A1B1C1.

ΔABM = ΔA1B1M1 - за трьома сторонами, оскільки AB = A1B1 - за умовою, BM = B1M1 - за умовою, AM = A1M1 - як половини рівних сторін. Із рівності трикутників маємо ∠A = ∠A1. Тоді △ABC = △A1B1C1 - за першою ознакою рівності трикутників, оскільки AB = A1B1 - за умовою, AC = A1C1 - за умовою, ∠A = ∠A1 - за доведенням. 576. 1) ∠C = 180° - (∠A + ∠B) = 180° - (65° + 29°) = 86° 2) ∠C = 180° - (∠A + ∠B) = 180° - (37° + 116°) = 27° Відповідь: 1) 86°; 2) 27°. 577. 1) Оскільки ∠KCB = 32° і СК - бісектриса, то ∠ACB = 2∠KCB = 2 × 32° = shkola.in.ua 64°. ∠B = ∠ACB = 64°, оскільки кути при основі рівнобедреного трикутника рівні. Тоді ∠A = 180° - ∠ACB - ∠B = 180° - 64° - 64° = 52°. 180°−56° 2) ∠ACB = ∠B - оскільки ΔABC - рівнобедрений. ∠ACB = ∠B = = 62°. 2

Оскільки СК - бісектриса, то ∠ACK = ∠KCB = ∠ACB = × 62° = 31°. Відповідь: 1) 52°; 2) 31°. 578. ∠C = 180° - ∠A - ∠B = 180° - 76° - 28° = 76°. Отже, у трикутника ABC два кути рівні ∠A = ∠C = 76°, тобто ΔABC - рівнобедрений, AB = BC. 579. Оскільки сума кутів трикутника дорівнює 180°, то маємо: ∠A + ∠ABK + ∠KBC + ∠C = 180°, 60° + x + 40° + 45° = 180°, x + 145° = 180°, x = 180° - 145° = 35°. shkola.in.ua 580. Нехай один із шуканих кутів дорівнює 2x°, другий – 3x°. Їхня сума дорівнює 180° - 60° = 120°. Звідси 2x + 3x = 120°; 5x = 120°; x = 24°. Отже, один із шуканих кутів дорівнює 2 х 24° = 48°, другий - 3 х 24° = 72°. Відповідь: 48°, 72°. 581. Нехай ΔABC - рівносторонній, AB = BC = AC, AL, BH - медіани, AH = HC, BL = LC. shkola.in.ua Оскільки ΔABC - рівносторонній, то ∠A = ∠B = ∠C = 60°. Оскільки AL і BH - медіани рівностороннього трикутника, то вони є бісектрисами і висотами, тоді ∠LAH = 60° : 2 = 30°, ∠BHA = 90°. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

З ΔAOH: ∠AOH = 180° - ∠OAH - ∠OHA = 180° - 30° - 90° = 60°. Відповідь: 60°. 582. Нехай в ΔABC: BL — бісектриса, BK — висота, BK ⊥ AC, ∠KBL = 16°, ∠BCA = 50°. З ΔBKL: ∠BLK = 180° - ∠BKL - ∠KBL = 180° shkola.in.ua 90° - 16° = 74°. ∠BLC + ∠BLK = 180° як суміжні кути, звідси ∠BLC = 180° - ∠BLK = 180° - 74° = 106°. З ΔBLC: ∠LBC = 180° - ∠BLC - ∠C = 180° - 106° - 50° = 24°. Оскільки BL - бісектриса, то ∠ABC = 2 × 24° = 48°. З ΔABC: ∠A = 180° - ∠ABC - ∠C = 180° - 48° - 50° = 82°. Відповідь: 48°, 82°. 583. 1) Нехай x° - шуканий кут, тоді сума двох інших кутів дорівнює 5x. Звідси x + 5x = 180°; 6x = 180°; x = 30°. Отже, шуканий кут дорівнює 30°. 2) Нехай x° - шуканий кут, тоді маємо рівняння: x + 40° = 180° - x; 2x = 140°; x = 70°. Отже, шуканий кут дорівнює 70°. 584. 1) Нехай △ABC - рівнобедрений, AC = CB, ∠A = ∠B, AK – бісектриса, ∠AKB = 60°. Нехай ∠KAB = x, тоді ∠CBA = 2x. shkola.in.ua ∠KAB + ∠CBA + ∠AKB = 180° (за властивістю суми кутів трикутника). x + 60° + 2x = 180°; 3x = 120°; x = 40°. Отже, ∠KAB = 40°, ∠KBA = 2 × 40° = 80°. 2) Нехай ΔABC - рівнобедрений, AC = AB, ∠A = ∠B. AK - бісектриса, ∠CAK = ∠KAB, ∠AKC = 111°. shkola.in.ua ∠AKC + ∠AKB = 180° - як суміжні кути. ∠AKB = 180° - ∠AKC = 180° - 111° = 69°. Нехай ∠KAB = x, тоді ∠B = 2x. З ΔAKB: ∠KAB + ∠AKB + ∠KBA = 180°, x + 69° + 2x = 180°; 3x = 111°; x = 37°. Отже, ∠A = ∠B = 37° × 2 = 74°, тоді ∠C = 180° - 2 × 74° = 180° - 148° = 32°. Відповідь: 1) 80°; 2) 32°. 585. ∠1, ∠2, ∠3 – зовнішні кути трикутника MNK при вершинах M, N, K відповідно. shkola.in.ua

586.

shkola.in.ua

Нехай ΔABC - рівнобедрений, AB = BC, ∠A = ∠BCA. ∠BCK + ∠BCA = 180° - як суміжні кути. ∠BCA = 180° - 150° = 30°. ∠A = ∠BCA = 30°. За теоремою про суму кутів трикутника маємо: ∠A + ∠B + ∠BCA = 180°. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

Звідси ∠B = 180° - ∠A - ∠BCA = 180° - 30° - 30° = 180° - 60° = 120°. Відповідь: 120°, 30°, 30°. 587. 1) Зовнішній кут трикутника, не суміжний з кутом 80°, може дорівнювати 102°, оскільки 102° > 80°. 2) Зовнішній кут трикутника, не суміжний з кутом 80°, не може дорівнювати 80°, оскільки зовнішній кут трикутника більший за будь-який внутрішній кут, не суміжний з ним. 3) Зовнішній кут трикутника, не суміжний з кутом 80°, не може дорівнювати 75°, оскільки зовнішній кут трикутника більший за будь-який внутрішній кут, не суміжний з ним. 588. Нехай ∠1 = 115°, ∠2 = 137°. За теоремою про суму суміжних кутів маємо: shkola.in.ua ∠NMK = 180° - ∠1 = 180° - 115° = 65°. ∠NKM = 180° - ∠3 = 180° - 137° = 43°. ∠2 = ∠NMK + ∠NKM = 65° + 43° = 108° згідно з теоремою 1. Відповідь: 108°. 589. 1

shkola.in.ua

Нехай ∠A = ∠BCD, тоді оскільки зовнішній кут трикутника 2 дорівнює сумі двох внутрішніх кутів, не суміжних з ним, ∠B = 1 ∠BCD. Таким чином, ∠A = ∠B, отже, згідно з означенням 2 рівнобедреного трикутника, ΔABC – рівнобедрений.

590.

shkola.in.ua

Нехай ∠CBD = 140°, ∠A = 2x, ∠C = 3x. За властивістю зовнішнього кута трикутника маємо рівняння: 2x + 3x = 140°; 5x = 140°; x = 28°. Отже, ∠A = 2 × 28° = 56°, ∠C = 3 × 28° = 84°, ∠B = 180° - ∠A - ∠C = 180° - 56° - 84° = 40°. Відповідь: 56°, 84°, 40°.

591. Оскільки сума внутрішніх кутів трикутника дорівнює 180°, то зовнішній кут трикутника дорівнює 260° - 180° - 80°. Цей зовнішній кут не може бути при основі трикутника, оскільки в shkola.in.ua такому випадку кути при основі дорівнюватимуть 180° - 80° = 100°, це неможливо. Нехай в ΔKMN ∠PMN = 80°, тоді ∠KMN = 180° - 80° = 100° (оскільки ∠KMN і ∠PMN суміжні). ∠K = ∠N, оскільки трикутник KMN - рівнобедрений. За властивістю 1

зовнішнього кута трикутника маємо ∠K+∠L = ∠PMN, ∠K = ∠L = ∠PMN = × 80° = 40°. Відповідь: 100°, 40°, 40°. 592. Припустимо, що існує трикутник, у якого зовнішні кути при кожній з вершин більші за 120°, тоді кожний внутрішній кут буде меншим 60° і сума внутрішніх кутів трикутника буде меншою за 180°, це суперечить теоремі про суму кутів трикутника. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

Отже, припущення невірне. Не існує трикутника, у якому зовнішні кути при кожній з вершин більші за 120°. 593. Нехай ∠CBF = ∠CAD = ∠C. ∠CBF = 180° - ∠CBA, ∠CAD = 180° - ∠CAB, тоді ∠C = ∠CBF - ∠CAD = 180° - ∠CBA - 180° + ∠CAB = shkola.in.ua ∠CAB - ∠CBA. Звідси ∠CAB = ∠C + ∠CBA. ∠C + ∠CAB + ∠CBA = 180° (за теоремою про суму кутів трикутника). Оскільки ∠C + ∠CBA = ∠CAB, маємо ∠CAB + ∠CAB = 180°, 2∠CAB = 180°, ∠CAB = 90°. Отже, ΔABC – прямокутний. 594. 1) Не слідує. На мал. ΔABC ≠ ΔDBC, проте BC ΔABC = BC ΔBCD. shkola.in.ua 2) Слідує. 3) Не слідує ΔABC ≠ ΔA1B1C1, проте ∠A = ∠A1 = 30°, ∠C = ∠C1 = 60°.

shkola.in.ua

595.

shkola.in.ua

1) ∠M = 90° - ∠K = 90° - 60° = 30°, оскільки сума гострих кутів прямокутного трикутника дорівнює 90°. 𝑀𝐾 24 2) PK = = = 12 (см), оскільки катет прямокутного трикутника, 2 2 що лежить проти кута 30°, дорівнює половині гіпотенузи. 3) MK = 2PK = 30 × 2 = 60 (мм) - згідно з властивістю з прямокутних трикутників. Відповідь: 1) 30°; 2) 12 см; 3) 60 мм.

596. Розглянемо ΔABC і ΔAPC: ∠B = ∠P, ∠BCA = ∠PCA, оскільки CA бісектриса кута C, AC - спільна сторона. Отже, ΔABC = ΔAPC за гіпотенузою і гострим кутом. shkola.in.ua 597.

shkola.in.ua

Нехай ΔKLM - прямокутний, ∠K = 3x°, ∠L = 7x°. Оскільки сума гострих кутів трикутника дорівнює 90°, маємо: 3x + 7x = 90°; 10x = 90°; x = 9°. Отже, ∠K = 3 × 9° = 27°, ∠L = 7 × 9° = 63°. Відповідь: 27°, 63°.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

598. Нехай у прямокутному ΔABC (∠B = 90°), BF ⊥ AC, ∠ABD = ∠DBC = 90° : 2 = 45°, ∠DBF = 15°. ∠FBC = ∠DBC ∠DBF = 45° - 15° = 30°. З прямокутного трикутника BCF: ∠BCF = 90° - ∠FBC = 90° 30° = 60°. З прямокутного ΔABC: ∠A = 90° - ∠C = 90° - 60° = 30°, оскільки сума гострих кутів трикутника дорівнює 90°. Відповідь: 60°, 30°.

shkola.in.ua

599. Нехай ΔABC - прямокутний, AC = BC, CD ⊥ AB, CD = 5 см. Оскільки ΔABC - рівнобедрений, то CD - є медіаною. Отже, AB = 2CD = 2 × 5 = 10 (см) за властивістю медіани прямокутного трикутника. Відповідь: 10 см.

shkola.in.ua 600.

Нехай в прямокутному ΔABC (∠C = 90°), ∠A = α, ∠B = β, α + β = 90°. ∠𝐴 𝛼 ∠𝐵 𝛽 ∠MAB = = , ∠MBA = = , тоді ∠AMB = 180° - ∠MAB - ∠MBA = shkola.in.ua

2 2 𝛼 𝛽

= 180° - - = 180° - (α + β) = 180° - × 90° = 180° - 45° = 135°. 2 2 2 2 ∠LMB - суміжний з кутом AMB. ∠LMB = 180° - 135° = 45°. Відповідь: 45°.

601. Нехай в ΔABC (∠A = 90°), ∠B = 30°, BA = 24 см, CD - бісектриса кута C; ∠BCD = ∠DCA. З ΔABC маємо: ∠C = 90° - ∠B = 90° - 30° = 60°. ∠BCD = ∠DCA = 60° : 2 = 30°. ΔBCD - рівнобедрений, оскільки ∠B = shkola.in.ua ∠BCD, отже, CD = BD. З ΔDCA: DA = 1CD (оскільки ∠DCA = 30°). 1

Отже, маємо: BA = BD + DA = CD + CD = 24, 1 CD = 24, CD = 24 : 1 = 3

24 : = = 16 (см). 2 3 Відповідь: 16 см. 602. Нехай ΔABC - рівнобедрений, AB = BC, AD ⊥ BC, ∠ABC = 120°, AD = a см. З ΔABC: ∠A = ∠C = (180° - 120°) : 2 = 60° : 2 = 30°. З прямокутного ΔADC: AC = 2AD = 2 × a = 2a (см). Відповідь: 2a см. 603.

shkola.in.ua

Нехай в прямокутному ΔABC CD - медіана, CD = 10 см, ∠ACD : ∠DCB = 1 : 2, отже, ∠ACD = 90° : 3 = 30°, ∠DCB = (90° : 3) × 2 = 60°. Оскільки медіана, проведена до гіпотенузи, дорівнює половині гіпотенузи, то AB = 2CD = 2 × 10 = 20 см, CD = DB, CD = AD. Отже, ΔCDB – рівнобедрений, оскільки ∠DCB = ∠DBC = 60°. Оскільки сума кутів трикутника дорівнює 180°, то ∠CDB = 180° - (∠DCB + ∠DBC) = 180° - 120° = 60°. Отже, ΔCDB – рівносторонній, CB = CD = DB = 10 см. Відповідь: 20 см, 10 см. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

604. Нехай у прямокутному трикутнику ABC (∠C = 90°), CH - висота, CL - бісектриса, CM - медіана, ∠HCL = β. Доведемо, що ∠LCM = β. shkola.in.ua Оскільки CL - бісектриса, то ∠ACL = ∠LCB = 90° : 2 = 45°, тоді ∠ACH = ∠ACL - ∠HCL = 45° - β. З прямокутного ΔACH: ∠A = 90° - ∠ACH = 90° - (45° - β) = 45° + β. З прямокутного ΔABC: ∠B = 90° - ∠A = 90° - (45° + β) = 45° - β. ΔCMB - рівнобедрений, оскільки CM = MB (за властивістю медіани, проведеної до гіпотенузи), тоді ∠MCB = ∠B = 45° - β. Отже, ∠LCM = ∠LCB - ∠MCB = 45° - (45° - β) = 45° - 45° + β = β. Отже, бісектриса прямого кута ділить кут між висотою і медіаною, проведеними з вершини прямого кута, навпіл. 605. Нехай третя сторона трикутника дорівнює а см. Тоді 8 - 5 < a < 8 + 5, або 3 < a < 13. 1) Третя сторона трикутника не може дорівнювати 2 см, оскільки не задовольняє умові 3 < a < 13. 2) Третя сторона трикутника не може дорівнювати 3 см, оскільки не виконується умова 3 < a < 13. 3) Третя сторона може дорівнювати 6 см, оскільки виконується умова 3 < a < 13. 4) Третя сторона трикутника може дорівнювати 10 см, оскільки виконується нерівність 3 < a < 13. 5) Третя сторона трикутника не може дорівнювати 13 см, оскільки не виконується нерівність 3 < a < 13. 6) Третя сторона трикутника не може дорівнювати 15 см, бо не виконується умова 3 < a < 13. 606. Нехай третя сторона трикутника дорівнює а см. Тоді 8,7 - 5,2 < a < 8,7 + 5,2; 3,5 < a < 13,9. Оскільки а - ціле число, то найменше ціле число, яке задовольняє умові, а = 4, найбільше – 13. Відповідь: 4 см, 13 см. 607. Припустимо, що сторона AB дорівнює 21 см, тоді DA = AB : 2 = 21 : 2 = 10,5 (см). З нерівності трикутника маємо: DA < AE + DE, тобто DA < 6 + 4 = 10 (см). shkola.in.ua Отже, наше припущення хибне. Сторона AB не може дорівнювати 21 см. 608. 1) Бічною стороною трикутника може бути як сторона 4 см, так і 7 см. Отже, сторони трикутника дорівнюють 4 см, 4 см, 7 см або 7 см, 7 см, 4 см. 2) Бічна сторона рівнобедреного трикутника не може дорівнювати 2 см, оскільки 5 см > 2 см + 2 см. Отже, бічна сторона дорівнює 5 см і сторони трикутника дорівнюють 5 см, 5 см, 2 см. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

3) Бічною стороною рівнобедреного трикутника не може бути сторона, що дорівнює 6 см, бо не виконується нерівність трикутника, оскільки 12 см = 6 см + 6 см. Отже, бічна сторона дорівнює 12 см і сторони трикутника дорівнюють 12 см, 12 см, 6 см. 609. Нехай одна сторона рівнобедреного трикутника дорівнює 3m см, друга - 7m см. Сторона 3m см не може бути стороною рівнобедреного трикутника, оскільки 7m > 3m + 3m. Отже, сторони трикутника дорівнюють 7m, 7m, 3m, тоді 7m + 7m + 3m = 51, 17m = 51, m = 3. Отже, сторони трикутника дорівнюють 7 × 3 = 21 (см), 3 × 3 = 9 (см). Відповідь: 21 см, 21 см, 9 см. Розділ 4. КОЛО І КРУГ § 21. Коло і круг 610. (Усно.) Точка O – центр кола. Які з відрізків на малюнку є: 1) хордами кола; 2) діаметрами кола; 3) радіусами кола? 1) FK; QC; PL; shkola.in.ua 2) PL; 3) OP; OL; ОТ.

611. Знайдіть на малюнку хорду, що проходить через центр кола. Як називають таку хорду? PL – хорда, що проходить через центр кола, називається діаметром.

shkola.in.ua

612. Обчисліть діаметр кола, якщо його радіус дорівнює: 1) 4 см; 2) 3,7 дм. d = 2r = 2 ∙ 4 = 8 (см); d = 2r = 2 ∙ 3,7 = 7,4 (дм). 613. Знайдіть діаметр кола, якщо його радіус дорівнює: 1) 7 мм; 2) 4,8 см. d = 2r = 2 ∙ 7 = 14 (мм); d = 2r = 2 ∙ 4,8 = 9,6 (см). 614. Знайдіть радіус кола, якщо його діаметр дорівнює: 1) 8 дм; 2) 2,6 см. 𝑑 8 𝑑 2,6 r = = = 4 (дм); r = = = 1,3 (см); 2 2 2 2 615. Обчисліть радіус кола, якщо його діаметр дорівнює: 1) 18 см; 2) 3,8 дм. 𝑑 18 𝑑 3,8 r = = = 9 (см); r = = = 1,9 (дм); 2

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

616. Накресліть коло, радіус якого дорівнює 4 см. Проведіть у ньому діаметр MN та хорду MK. Знайдіть ∠NKM. OM = 4 см, ∠NKM = 90°.

shkola.in.ua 617. Накресліть коло, радіус якого дорівнює 3,6 см. Проведіть у ньому діаметр AB та хорду BD. Перевірте за допомогою косинця чи транспортира, що ∠BDA — прямий. OA = 3,6 см, ∠BDA = 90°. shkola.in.ua

618. Усередині кола взято довільну точку, відмінну від центра. Скільки діаметрів і скільки хорд можна провести через цю точку? Через точку K, взяту всередині кола, можна провести тільки один діаметр і безліч хорд. shkola.in.ua 619. На колі взято довільну точку. Скільки діаметрів і скільки хорд можна через неї провести? Через т. А, взяту на колі, можна провести тільки один діаметр і безліч хорд. shkola.in.ua

620. Радіус кола дорівнює 5 см. Чи може хорда цього кола дорівнювати: 1) 2 см; 2) 5 см; 3) 7 см; 4) 9,8 см; 5) 10,2 см; 6) 1 дм? Оскільки радіус кола дорівнює 5 см, то діаметр дорівнює 10 см. Діаметр кола є найбільшою хордою, отже, хорда цього кола менша або дорівнює 10 см. 1) Може; 2) може; 3) може; 4) може; 5) не може; 6) не може. 621. Радіус кола дорівнює 4 дм. Чи може хорда цього кола дорівнювати: 1) 1 дм; 2) 4 дм; 3) 6,7 дм; 4) 7,95 дм; 5) 8,3 дм; 6) 1 м? Хорда кола не більша від діаметра, тобто хорда менша або дорівнює 8 дм. 1) Може; 2) може; 3) може; 4) може; 5) не може; 6) не може. 622. У колі проведено діаметри AB і CD. Доведіть, що ∆AOD = ∆BOC. ΔAOD = ΔBOC за двома сторонами і кутом між ними, оскільки AO = BO – як радіуси кола, OD = OC – як радіуси кола, ∠AOD = ∠COB – як вертикальні кути. shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

623. У колі із центром O проведено хорди MN і PK та діаметр PM. ∠POK = ∠MON. Доведіть, що ∆MON = ∆POK. ΔMON = ΔPOK за двома сторонами і кутом між ними, оскільки ∠POK = ∠MON – за умовою, OM = OP – як радіуси кола, ON = OK – як радіуси кола.

shkola.in.ua 624. На малюнку точка O — центр кола. Знайдіть градусну міру: 1) кута O, якщо ∠A = 52°; 2) кута B, якщо ∠O = 94°. ΔOAB – рівнобедрений, оскільки OA = OB – як радіуси кола, тоді ∠A = ∠B. 1) Якщо ∠A = 52°, то ∠B = 52°, ∠O = 180° – ∠A – ∠B = 180° – 52° – 52° = 76°. 2) Якщо ∠O = 94°, то shkola.in.ua ∠B = (180° – ∠O) : 2 = (180° – 94°) : 2 = 43°. Відповідь: 1) 76°; 2) 43°. 625. На малюнку точка O — центр кола. Знайдіть градусну міру: 1) кута O, якщо ∠B = 48°; 2) кута A, якщо ∠O = 102°. ΔAOB – рівнобедрений, оскільки OA = OB – як радіуси кола, тоді ∠A = ∠B. 1) Якщо ∠B = 48°, то ∠A = 48°, ∠O = 180° – ∠A – ∠B = 180° – 48° – 48° = 84°. 2) Якщо ∠O = 102°, то shkola.in.ua ∠A = (180° – ∠O) : 2 = (180° – 102°) : 2 = 39°. Відповідь: 1) 84°; 2) 39°. 626. На малюнку точка O — центр кола, ∠COA = 32°. Знайдіть ∠CBA. ΔCOB – рівнобедрений, оскільки OC = OB – як радіуси кола, тоді ∠C = ∠B. ∠COB + ∠COA = 180° – як суміжні кути. shkola.in.ua Звідси ∠COB = 180° – ∠COA = 180° – 32° = 148°. Отже, ∠CBA = (180° – ∠COB) : 2 = (180° – 148°) : 2 = 16°. Відповідь: 16°. 627. На малюнку точка O — центр кола, ∠BCO = 18°. Знайдіть ∠AOC. ΔCOB – рівнобедрений, оскільки OC = OB – як радіуси кола, тоді ∠C = ∠B. shkola.in.ua ∠COB = 180° – (∠C + ∠B) = 180° – 18° – 18° = 144°. ∠COB + ∠COA = 180° – як суміжні кути. Звідси ∠COA = 180° – ∠COB = 180° – 144° = 36°. Відповідь: 36°.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

628. Дано коло радіусом 5 см. 1) Проведіть у ньому хорду 6 см завдовжки. Скільки таких хорд можна провести? 2) Точка A належить даному колу. Скільки хорд 6 см завдовжки можна провести з даної точки? 1) OA = OB = 5 см. Хорд довжиною 6 см можна провести безліч, наприклад CD, EF, KL. 2) Точка А належить колу. shkola.in.ua З даної точки можна провести дві хорди завдовжки 6 см – AG і AQ. 629. У колі на малюнку AB — діаметр, ∠ABM = 60°, BM = 5 см. Знайдіть діаметр кола. ΔAMB – прямокутний (згідно з теоремою 2 про кут, під яким видно діаметр з точки кола), ∠M = 90°. ∠MAB = 90° – 60° = 30°. AB = 2MB = 2 ∙ 5 см = 10 см. shkola.in.ua Відповідь: 10 см. 630. У колі на малюнку AB — діаметр, ∠ABM = 60°, AB = 18 см. Знайдіть довжину хорди MB. ΔAMB – прямокутний (згідно з теоремою 2 про кут, під яким видно діаметр з точки кола), ∠M = 90°. ∠A = 90° – ∠B = 90° – 60° = 30°. 1 1 MB = AB = ∙ 18 = 9 см. shkola.in.ua 2 2 Відповідь: 9 см. 631. Доведіть, що коли хорди рівновіддалені від центра кола, то вони між собою рівні. Нехай AB і CD – хорди. OM ⊥ AB, ON ⊥ CD і OM = ON. Доведемо, що AB = CD. Оскільки OM ⊥ AB; ON ⊥ CD, то AM = MB, DN = CD, тобто, щоб довести, що AB = CD, досить довести, що AM = CN. ΔAOM = ΔCON (за гіпотенузою і катетом: OM = ON – за умовою, OA shkola.in.ua = OC – як радіуси кола), тоді AM = CN. Отже, AB = 2AM = 2CN = CD. 632. Доведіть, що рівні хорди кола рівновіддалені від його центра. Нехай AB = CD, OM ⊥ AB, ON ⊥ CD. Доведемо, що OM = ON. Оскільки OM ⊥ AB, то AM = MB, оскільки ON ⊥ CD, то CN = ND. ΔOMA = ΔONC (за гіпотенузою і катетом: OA = OC – як радіуси, AM = CN – як половини рівних відрізків). Тоді OM = ON. shkola.in.ua 633. Хорда кола перетинає його діаметр під кутом 30° і ділиться діаметром на відрізки 4 см і 7 см завдовжки. Знайдіть відстань від кінців хорди до прямої, що містить діаметр кола. Нехай CF ⊥ AB, DE ⊥ AB, ∠CKF = ∠EKD = 30°. shkola.in.ua CK = 4 см, KD = 7 см. 1 З ΔKCF: ∠F = 90°, CF = KC (оскільки ∠CKF = 30°), 1

CF = ∙ 4 = 2 см. 2

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html 1

З ΔDEK: ∠E = 90°, ED = KD (оскільки ∠EKD = 30°), ED = ∙ 7 = 3,5 см. Відповідь: 2 см, 3,5 см. 634. Побудуйте пряму a, точку M на відстані 3 см від прямої та точку N на відстані 2 см від прямої так, щоб відрізок MN перетинав пряму.

shkola.in.ua 635. Два рівних між собою тупих кути мають спільну сторону, а дві інші сторони взаємно перпендикулярні. Знайдіть градусну міру тупого кута. Нехай ∠CFB = ∠DFB, ∠CFD = 90°. Оскільки ∠CFB = ∠DFB, то ∠CFA = ∠DFA – як суміжні кути shkola.in.ua до рівних кутів. Оскільки ∠CFD = 90°, то ∠CFA = ∠DFA = 90° : 2 = 45°, тоді ∠CFB = ∠DFB = 180° – 45° = 135°. Відповідь: 135°. 636. Доведіть рівність двох гострокутних рівнобедрених трикутників за основою і висотою, проведеною до бічної сторони. Нехай у рівнобедрених трикутниках KLM і K1L1M1 KL = LM, K1L1 = L1M1, KM = K1M1, KN ⊥ LM, K1N1 ⊥ L1M1, KM = shkola.in.ua K1M1. Доведемо, що ΔKLM = ΔK1L1M1. ΔKNM = ΔK1N1M1 (за гіпотенузою і катетом: KM = K1M1, KN = K1N1 – за умовою). З рівності трикутників маємо ∠M = ∠M1. ∠K = ∠M, ∠K1 = ∠M1 – оскільки ΔKLM і ΔK1L1M1 – рівнобедрені. ΔKLM = ΔK1L1M1 за стороною і двома прилеглими кутами (KM = K1M1 – за умовою, ∠K = ∠K1, ∠M = ∠M1 – за доведенням). 637. Скільки потрібно робітників для перенесення дубової балки розміром 6,5 м ⨯ 30 см ⨯ 45 см? Кожен робітник може підняти в середньому 70 кг. Щільність дуба — 810 кг/м³. 1) 6,5 ∙ 0,3 ∙ 0,45 = 0,8775 (м3) – об’єм балки; 2) 810 ∙ 0,8775 = 710,775 ≈ 711 (кг) – вага балки; 3) 711 : 70 ≈ 10,16 = 11 робітників. Відповідь: потрібно 11 робітників. 638. У коробці шоколадні цукерки квадратної форми викладено у вигляді квадрата в один шар. Марійка з'їла всі цукерки по периметру квадрата — всього 20 цукерок. Скільки цукерок залишилось у коробці? У коробці залишилося 16 цукерок shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

§ 22. Дотична до кола, її властивості 639. (Усно.) На якому з малюнків пряма t є дотичною до кола, а на якому — січною? shkola.in.ua

640. (Усно.) Скільки різних дотичних можна провести до кола через точку, що лежить: 1) на колі; 1) Одну; 2) поза колом; 2) дві; 3) всередині кола? 3) жодної. 641. Накресліть коло, радіус якого дорівнює 3 см, позначте на ньому точку P. За допомогою косинця проведіть через точку P дотичну до цього кола. Проведемо радіус OP, а потім за допомогою косинця побудуємо shkola.in.ua пряму m, перпендикулярну до радіуса. За теоремою 2 пряма m є дотичною до кола.

642. Накресліть коло, радіус якого дорівнює 3,5 см, позначте на ньому точку M. За допомогою косинця або транспортира проведіть дотичну через точку M до цього кола. Проведемо радіус OM, а потім за допомогою косинця побудуємо пряму n, перпендикулярну до радіуса. За теоремою 2 пряма n є дотичною до кола. shkola.in.ua 643. Радіус кола дорівнює 6 см. Як розміщені пряма a і коло, якщо відстань від центра кола до прямої дорівнює: 1) 4 см; 2) 6 см; 3) 8 см?

shkola.in.ua

1) Пряма є січною до кола.

2) Пряма є дотичною до 3) Пряма не перетинає коло. кола. 644. Радіус кола дорівнює 3 дм. Як розміщені пряма b і коло, якщо відстань від центра кола до прямої дорівнює: 1) 3,7 дм; 2) 3 дм; 3) 2,7 дм?

shkola.in.ua

1) Пряма не перетинає коло.

2) Пряма є дотичною до кола. © shkola.in.ua

shkola.in.ua 3) Пряма є січною до кола.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

645. На малюнку KP — дотична до кола, точка O — центр кола. Знайдіть: 1) ∠OMN, якщо ∠NMP = 40°; 2) ∠KMN, якщо ∠OMN = 48°. 1) Оскільки KP — дотична до кола, то ∠OMP – ∠OMK = 90°. Тому ∠OMN = 90° – ∠NMP = 90° – 40° = 50°. 2) ∠KMN = 90° + ∠OMN = 90° + 48° = 138°. Відповідь. 1) 50°; 2) 138°. shkola.in.ua

646. На малюнку KP — дотична до кола, точка O — центр кола. Знайдіть: 1) ∠NMP, якщо ∠OMN = 53°; 2) ∠OMN, якщо ∠KMN = 130°. 1) Оскільки KP — дотична до кола, то ∠OMP = ∠OMK — 90°. Тому ∠NMP = 90° – ∠OMN = 90° – 53° = 37°. 2) ∠OMN = ∠KMN – 90° = 130° – 90° = 40°. Відповідь. 1) 37°; 2) 40°. shkola.in.ua 647. З точки A до кола із центром у точці O проведено дві дотичні AB і AC (B і C — точки дотику). Доведіть, що промінь OA — бісектриса кута BOC. ΔОВА і ΔОСА – прямокутні, оскільки OB ⊥ AB, OC ⊥ AC. ΔОВА = ΔОСА за двома катетами (OB = OC – як радіуси кола, AB = AC – як відрізки дотичних, проведених з однієї точки до кола). shkola.in.ua З рівності трикутників маємо ∠BOA = ∠COA. Отже, ОА – бісектриса кута BOC. 648. З точки P до кола із центром у точці Q проведено дотичні PM і PN. Доведіть, що промінь PQ — бісектриса кута MPN. ΔQMP і ΔQNP – прямокутні, оскільки QM ⊥ MP, QN ⊥ NP. shkola.in.ua ΔQMP = ΔQNP за двома катетами (QM = QN – як радіуси кола, PM = PN – як відрізки дотичних, проведених з однієї точки до кола). З рівності трикутників маємо ∠MPQ = ∠NPQ. Отже, PQ – бісектриса кута MPN. 649. Пряма MK — дотична до кола, точка O — центр кола. Знайдіть ∠NMK, якщо ∠MON = 82°. Оскільки MK - дотична до кола, то OM ⊥ MK, ∠OMK = 90°. ΔOMN - рівнобедрений, оскільки OM = ON - як радіуси кола. ∠OMN = ∠ONM = (180° – ∠MON) : 2 = (180° – 82°) : 2 = 49°. ∠NMK = 90° – ∠OMN = 90° – 49° = 41°. Відповідь: 41°. shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

650. Пряма MK — дотична до кола, точка O — центр кола. Знайдіть ∠NOM, якщо ∠KMN = 53°. Оскільки MK - дотична до кола, то OM ⊥ MK, ∠OMK = 90°. ΔOMN – рівнобедрений, оскільки OM = ON – як радіуси кола. ∠OMN = ∠ONM = ∠OMK – ∠NMK = 90° – 53° = 37°. ∠NOM = 180° – ∠OMN – ∠ONM = 180° – 37° – 37° = 106°. shkola.in.ua Відповідь: 106°. 651. З точки M, що лежить поза колом, проведено дві дотичні. Відстань від точки M до центра кола вдвічі більша за радіус кола. Знайдіть кут між дотичними. МК і МN – дотичні. OK ⊥ MK, ON ⊥ MN. З прямокутного ΔOKM: оскільки OM = 2OK, то ∠KMO = 30°. shkola.in.ua З прямокутного ΔOMN: оскільки OM = 2ON, то ∠OMN = 30°. Отже, ∠KMN = ∠KMO + ∠OMN = 30° + 30° = 60°. Відповідь: 60°. 652. Прямі MN і MK дотикаються до кола із центром O в точках N і K. Знайдіть NK, якщо ∠OMN = 30°, MN = 7 см. ΔONM = ΔOKM за двома катетами (ON = OK – як радіуси кола, MN = MK – як відрізки дотичних, проведених з однієї точки до shkola.in.ua кола). Отже, ∠NMO = ∠KMO = 30°. ΔKMN – рівнобедрений, оскільки MN = MK, ∠MNK = ∠MKN = (180° – 60°) : 2 = 120° : 2 = 60°. Отже, ΔKMN – рівносторонній і NK = NM = 7 см. Відповідь: 7 см. 653. Один з кутів трикутника дорівнює половині зовнішнього кута, не суміжного з ним. Доведіть, що трикутник рівнобедрений. 1

shkola.in.ua

Нехай ∠A = ∠DCB, тоді ∠B = ∠DCB, оскільки зовнішній кут 2 2 дорівнює сумі двох внутрішніх кутів, не суміжних з ним. Тоді, оскільки ∠B = ∠A, то трикутник ABC – рівнобедрений згідно з ознакою рівнобедреного трикутника.

654. На малюнку: ∠C = 90°, ∠ABC = 30°, ∠ADB = 15°, AC = 6 см. Знайдіть BD.

shkola.in.ua

З прямокутного ΔABC: AB = 2AC = 2 ∙ 6 = 12 (см) (за властивістю прямокутного трикутника з кутом 30°). ∠ABC – зовнішній кут трикутника ADB. ∠BAD + ∠D = ∠ABC (за властивістю зовнішнього кута трикутника). ∠BAD = 30° – 15° = 15°. Отже, за ознакою рівнобедреного трикутника ΔABD – рівнобедрений (∠BAD = ∠D). © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

655. Для того щоб визначити відстань від спостерігача B до недоступного дерева A, що росте на другому березі, було виконано побудови. Як тепер можна знайти відстань BA?

shkola.in.ua Трикутники АCD та ВКN рівні тому, що їх сторони АС = KN, СВ = ВК, та кути ∠C = ∠К. Тому АВ буде дорівнювати ВN. Сторону BN вимірюємо на березі. 656. Поставте п’ять шашок на шахову дошку (розмір якої 8⨯8) так, щоб будь-який квадрат, що складається з дев’яти клітинок, містив тільки одну шашку.

shkola.in.ua

§ 23. Коло, вписане в трикутник 657. (Усно.) На яких з малюнків зображено коло, вписане у трикутник?

shkola.in.ua 658. Накресліть гострокутний трикутник. За допомогою транспортира, циркуля і лінійки побудуйте коло, вписане в цей трикутник. ΔABC - гострокутний трикутник. За допомогою транспортира побудуємо бісектриси кутів ∠A, ∠B, ∠C. shkola.in.ua Вони перетинаються в т. О. Оскільки т. О лежить на бісектрисі кута A, то вона рівновіддалена від сторін AB і AC, OK = OM. 659. Накресліть прямокутний трикутник. За допомогою транспортира, циркуля і лінійки побудуйте коло, вписане в цей трикутник.

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

660. У △ABC вписано коло із центром у точці I. Знайдіть кути трикутника ABC, якщо ∠IBK = 35°, ∠MCI = 25°. ∠CBK = 2∠IBK (оскільки BI – бісектриса кута A), ∠CBK = 2 ∙ 35° = 70°. shkola.in.ua ∠ACB = 2∠MCI (оскільки CI – бісектриса кута C), ∠ABC = 2 ∙ 25° = 50°. ∠B = 180° – ∠A – ∠C = 180° – 70° – 50° = 60°. Відповідь: 60°. 661. У △ABC вписано коло із центром у точці I. ∠CAB = 70°, ∠CBA = 60°. Знайдіть ∠MCI. ∠C = 180° – ∠CAB – ∠CBA = 180° – 70° – 60° = 50°, CI – бісектриса кута C. shkola.in.ua Отже, ∠MCI = ∠C : 2 = 50° : 2 = 25°. Відповідь: 25°.

662. На малюнку точка I – центр кола, вписаного в різносторонній трикутник ABC, M, K і L – точки дотику. Знайдіть усі пари рівних між собою трикутників на цьому малюнку. ΔCMI = ΔCLI (CM = CL, MI = IL). ΔAMI = ΔAKI (AM = AK, MI = IK). ΔKIB = ΔLIB (KB = LB, KI = LI). shkola.in.ua

663. Доведіть, що центр кола, яке дотикається до сторін кута, лежить на бісектрисі цього кута. Нехай коло з центром О дотикається до сторін кута, K і M – точки дотику. OM ⊥ AM, ON ⊥ AN. ΔAMO = ΔANO за гіпотенузою і катетом shkola.in.ua (OA – спільна гіпотенуза, OM = ON – як радіуси кола). Отже, з рівності трикутників маємо ∠MAO = ∠NAO, тобто AO – бісектриса кута MAN. 664. Накресліть кут градусної міри 110°. За допомогою циркуля, косинця і транспортира впишіть у нього коло довільного радіуса, тобто побудуйте коло, яке дотикається до сторін даного кута.

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

665. Накресліть кут градусної міри 70°. За допомогою циркуля, косинця і транспортира впишіть у нього коло довільного радіуса.

shkola.in.ua

666. У трикутнику центр вписаного кола лежить на медіані. Доведіть, що це рівнобедрений трикутник. Центр вписаного в трикутник кола лежить на бісектрисі BD, точка О належить бісектрисі. Точка О належить також медіані BD за умовою, shkola.in.ua таким чином в трикутнику бісектриса і медіана співпадають. Отже, ΔABC – рівнобедрений. 667. У трикутнику центр вписаного кола лежить на висоті. Доведіть, що цей трикутник є рівнобедреним. Оскільки точка О належить бісектрисі BD, бо коло вписане в трикутник і точка О належить висоті BD за умовою, то в трикутнику shkola.in.ua висота і бісектриса збігаються. Отже, ΔABC – рівнобедрений. 668. У △ABC вписано коло, яке дотикається до сторін AB, AC і BC у точках P, F і M відповідно. Знайдіть AP, PB, BM, MC, CF і FA, якщо AB = 8 см, BC = 6 см, AC = 12 см. Складемо систему рівнянь: x−z=2 x−z=2 {z + x = 12 ⇒ { x + z = 12 x + z = 12 2x = 14, x = 7. shkola.in.ua Отже, AP = FA = 7 см, PB = 8 – 7 = 1 см, BM = PB = 1 см, MC = 6 – 1 = 5 см, FC = MC = 5 см. Відповідь: AP = 7 см, PB = 1 см, BM = 1 см, MC = 5 см, CF = 5 см, FA = 7 см. 669. Знайдіть довжини сторін трикутника, якщо точки дотику кола, вписаного в цей трикутник, ділять його сторони на відрізки, три з яких дорівнюють 4 см, 6 см і 8 см. Нехай BK = 4 см, CL = 6 см, AM = 8 см. За властивістю дотичних, проведених з однієї точки до кола, BL = BK = 4 см, shkola.in.ua CM = CL = 6 см, AK = AM = 8 см. AB = AK + BK = 8 см + 4 см = 12 см, BC = BL + CL = 4 см + 6 см = 10 см, AC = AM + CM = 8 см + 6 см = 14 см. Відповідь: 12 см, 10 см, 14 см.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

670. Коло, вписане в рівнобедрений трикутник, ділить його бічну сторону на відрізки 3 см і 4 см, починаючи від основи. Знайдіть периметр трикутника. Нехай ΔABC – рівнобедрений (AB = BC), AK = 3 см, KB = 4 см. За властивістю дотичних, проведених з однієї точки до кола, маємо: AM = AK = 3 см, CM = LC = 3 см, BL = KB = 4 см. Отже, PΔABC = AK + KB + BL + LC + CM + AM = 3 см + 4 см + 4 см + 3 shkola.in.ua см + 3 см + 3 см = 20 см. Відповідь: 20 см. 671. Коло, вписане в рівнобедрений трикутник, ділить його бічну сторону на відрізки 5 см і 7 см, починаючи від вершини, що протилежна основі. Знайдіть периметр трикутника. Нехай ΔABC – рівнобедрений (AB = BC), KB = 5 см, AK = 7 см. За властивістю дотичних, проведених з однієї точки до кола, маємо: shkola.in.ua BL = KB = 5 см, AM = AK = 7 см, CM = CL = 7 см. PΔABC = AK + KB + BL + CL + CM + AM = = 7 см + 5 см + 5 см + 7 см + 7 см + 7 см = 38 см. Відповідь: 38 см. 672. Доведіть, що висоти, проведені до бічних сторін гострокутного рівнобедреного трикутника, між собою рівні. Нехай ΔABC – рівнобедрений (AB = BC), AM ⊥ BC, CK ⊥ AB. ΔAKC = ΔAMC за гіпотенузою і гострим кутом (AC – спільна гіпотенуза, ∠A = ∠C – як кути при основі рівнобедреного трикутника). Отже, CK = AM. shkola.in.ua 673. Гострі кути прямокутного трикутника відносяться як 2 : 3. Знайдіть кут між бісектрисою й висотою, проведеними з вершини прямого кута. Нехай ΔABC – прямокутний (∠B = 90°), BK ⊥ AC, BM – бісектриса, ∠ABM = ∠CBM. shkola.in.ua Оскільки сума гострих кутів прямокутного трикутника дорівнює 90° 90°, маємо: ∠BCA = ∙ 2 = 18° ∙ 2 = 36°, ∠BAC = 90° – 36° = 54°. 5 Оскільки BM – бісектриса, то ∠ABM = ∠CBM = 90° : 2 = 45°. З прямокутного ΔBKC маємо: ∠CBK = 90° – ∠BCK = 90° – 36° = 54°. Тоді ∠KBM = ∠CBK – ∠CBM = 54° – 45° = 9°. Відповідь: 9°. 674. Яка швидкість поїзда (у км/год), якщо діаметр його колеса дорівнює 120 см і воно робить 360 обертів за хвилину? (Прийміть π = 3.) 1) C = π ∙ d = 3 ∙ 1,2 = 3,6 (м) – довжина кола колеса або відстань яку воно проїжджає за один оберт; 2) 360 ∙ 3,6 = 1296 м/хв = 1296 ∙ 60 = 77760 м/год = 77,76 км/год – швидкість потяга. 675. Квадрат розрізали на вісім квадратів. Чи обов’язково п’ять з них рівні між собою?

shkola.in.ua © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

§ 24. Коло, описане навколо трикутника 676. (Усно.) На яких з малюнків пряма a є серединним перпендикуляром до відрізка MN? shkola.in.ua

677. На якому з малюнків зображено коло, описане навколо трикутника? shkola.in.ua 678. 1) Накресліть відрізок MN, довжина якого 5,4 см. За допомогою лінійки з поділками і косинця проведіть серединний перпендикуляр до відрізка MN. 2) Позначте деяку точку Р, що належить серединному перпендикуляру, і переконайтеся, що PM = PN. 1) MN = 5,4 см. Пряма 𝑙 – серединний перпендикуляр до відрізка MN. shkola.in.ua 2) PM = PN.

679. 1) Накресліть відрізок AB завдовжки 4,6 см. За допомогою лінійки з поділками і косинця проведіть серединний перпендикуляр до відрізка AB. 2) Позначте деяку точку С, що належить серединному перпендикуляру, і переконайтеся, що CA = CB. 1) AB = 4,6см. 2) CA = CB. shkola.in.ua 680. На малюнку точка O – центр кола, описаного навколо різностороннього трикутника ABC. Знайдіть усі пари рівних між собою трикутників на цьому малюнку. ΔCKO = ΔAKO (за двома катетами: AK = KC, KO – спільний катет). shkola.in.ua ΔAMO = ΔBMO (за двома катетами: AM = MB, OM – спільний катет). ΔCLO = ΔBLO (за двома катетами: CL = LB, OL – спільний катет). 681. Скільки кіл можна провести через: 1) одну точку; 2) дві точки; 3) три точки, що не лежать на одній прямій? 1) через одну точку можна провести безліч кіл. 2) через дві точки можна провести безліч кіл. 3) через три точки, що не лежать на одній прямій можна провести тільки одне коло. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

682. 1) Накресліть гострокутний трикутник. За допомогою креслярських інструментів опишіть навколо нього коло. 2) Де лежатиме центр цього кола (поза трикутником, усередині трикутника, на одній з його сторін)? Центр кола, описаного навколо гострокутного трикутника, лежить усередині трикутника. shkola.in.ua

683. Накресліть трикутник, два кути якого дорівнюють 60° і 70°. За допомогою креслярських інструментів опишіть навколо нього коло. OM – серединний перпендикуляр до сторони AC, OK – серединний перпендикуляр до сторони BC. О (точка перетину серединних перпендикулярів) – центр описаного кола навколо трикутника ABC. shkola.in.ua

684. 1) Накресліть тупокутний трикутник. За допомогою креслярських інструментів опишіть навколо нього коло. 2) Де лежатиме центр цього кола (поза трикутником, усередині трикутника, на одній з його сторін)? OK і OM – серединні перпендикуляри відповідно до сторін AC і BC. О (точка перетину серединних перпендикулярів) – центр кола лежить поза трикутником. shkola.in.ua 685. Накресліть рівнобедрений трикутник з кутом 120° при вершині. За допомогою креслярських інструментів опишіть навколо нього коло.

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

686. У трикутнику центр описаного кола лежить на медіані. Доведіть, що трикутник рівнобедрений. Оскільки центр описаного кола лежить на серединному перпендикулярі і одночасно на медіані, то медіана є висотою трикутника. Трикутник, у якого медіана і висота співпадають, є рівнобедреним. shkola.in.ua

687. У трикутнику центр описаного кола лежить на висоті. Доведіть, що трикутник рівнобедрений. Оскільки центр описаного кола лежить на серединному перпендикулярі і одночасно на висоті, то серединний перпендикуляр співпадає з висотою, отже, трикутник є рівнобедреним. shkola.in.ua 688. Доведіть, що радіус кола, описаного навколо рівностороннього трикутника, удвічі більший за радіус кола, вписаного в нього. ΔABC – рівносторонній, ∠A = ∠B = ∠C = 60°. Оскільки в рівносторонньому трикутнику медіани перпендикулярні до shkola.in.ua сторін і одночасно є бісектрисами, то центр вписаного і описаного кола співпадають і лежать на бісектрисі. 1 ∠OAD = ∠BAD = 60° : 2 = 30°. 2 ΔAOD - прямокутний, тоді AO = 2OD. OD – радіус вписаного кола, AO – радіус описаного кола. Отже, радіус кола, описаного навколо рівностороннього трикутника, вдвічі більший за радіус кола, вписаного в нього. 689. LM — діаметр кола, хорди KL і KM — рівні між собою. Знайдіть кути трикутника KLM. Оскільки діаметр кола видно з будь - якої точки кола під прямим кутом, то ∠LKM = 90°. shkola.in.ua ΔLKM - прямокутний, KL = KM за умовою, отже, він рівнобедрений. ∠L = ∠M = 90° : 2 = 45°. Відповідь: 90°, 45°, 45°. 690. I — точка перетину бісектрис AM і BN рівнобедреного трикутника ABC з основою AB. Доведіть, що IN = IM. ΔAMB = ΔANB за стороною і двома прилеглими кутами (AB – спільна сторона, ∠A = ∠B – як кути при основі рівнобедреного трикутника, ∠NBA = ∠MAB – як половини рівних кутів). З рівності трикутників маємо: AN = BM, ∠AMB = ∠ANB. shkola.in.ua ΔAIN = ΔBIM за стороною і двома прилеглими кутами (AN = BM – за доведенням, ∠AMB = ∠ANB – за доведенням, ∠NAI = ∠MBI – як половини рівних кутів). З рівності цих трикутників випливає, що IM = IN. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

691. Площа земельної ділянки, що має форму прямокутника, дорівнює 9 га, ширина ділянки дорівнює 150 м. Знайдіть довжину огорожі навколо цієї ділянки. 9 га = 90000 м2. 1) 90000 : 150 = 600 (м) – довжина ділянки; 2) 2 ∙ (150 + 600) = 2 ∙ 750 = 1500 (м) – довжина огорожі. Відповідь: 1500 м. 692. Накресліть коло, радіус якого 3 см. Проведіть у цьому колі діаметр і хорду.

shkola.in.ua

693. Точка O — центр кола. Знайдіть: 1) ∠COB, якщо ∠CAO = 50°; 2) ∠CAO, якщо ∠COB = 110°. 1) ∠АОС = 180° – (50° + 50°) = 80°; ∠COB = 180° – 80° = 100°. 2) ∠АОС = 180° – 110° = 70°; ∠CAO = (180° – 70°) : 2 = 55°. shkola.in.ua

694. Точка O — центр кола, а точка M — точка дотику прямої a з колом. Знайдіть: 1) ∠NMB, якщо ∠MON = 140°; 2) ∠MON, якщо ∠BMN = 65°. 1) ∠OMN = (180° – 140°) : 2 = 20°; ∠NMB = 90° – 20° = 70°. 2) ∠OMN = 90° – 65° = 25°. ∠MON = 180° – (25° + 25°) = 180° – 50° = 130°. shkola.in.ua

695. Відрізок 32 см завдовжки поділено двома точками на три нерівних між собою відрізки. Відстань між серединами крайніх відрізків дорівнює 20 см. Знайдіть довжину середнього відрізка.

Нехай AB = 32 см, EF = 20 см. AE + FB = 32 см – 20 см = 12 см, тоді EC + DF = AE + FB = 12 см. Отже, CD = EF – (EC + DF) = 20 см – 12 см = 8 см. Відповідь: 8 см. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

§ 25. Центральні та вписані круги 696. (Усно.) Які з кутів на малюнку є вписаними в коло? Вписаними є кути 3 та 5.

shkola.in.ua

697. Визначте градусну міру кута, вписаного в коло, якщо відповідний йому центральний кут дорівнює: 1) 70°; 1) 70° : 2 = 35°; 2) 190°. 2) 190° : 2 = 95°. 698. Визначте градусну міру центрального кута, якщо градусна міра відповідного йому вписаного кута дорівнює: 1) 20°; 1) 20° ∙ 2 = 40°; 2) 100°. 2) 100° ∙ 2 = 200°. 699. Точки A і B належать колу й лежать по один бік від хорди CD. Знайдіть ∠CAD, якщо ∠CBD = 55°. Вписані кути CAD і CBD рівні, бо спираються на одну й ту саму дугу, отже, їх градусні міри рівні. ∠CAD = ∠CBD = 55°.

shkola.in.ua

700. Точки A і B належать колу й лежать по різні боки від хорди MN. Доведіть, що ∠MAN + ∠MBN = 180°. Градусна міра дуг ◡MBN і ◡MAN визначається градусною мірою відповідних центральних кутів, сума яких дорівнює 360°: ◡MBN + ◡MAN = 360°. 1 1 ∠MAN + ∠MBN = ◡MBN + ◡MAN = 1

= (◡MBN + ◡MAN) = ∙ 360° = 180°. 2

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

701. Точки M і N належать колу й лежать по різні боки від хорди AB. Знайдіть ∠AMB, якщо ∠ANB = 70°. Кути AMB і ANB вписані і їх градусні міри рівні половинам градусних мір дуг, на які вони спираються. Відповідно, ◡AMB = 70°  2 = 140°. ◡ANB + ◡AMB = 360° ⇒ ◡ANB = 360° – ◡AMB = 360° – 140° = 220°. Відповідно, ∠AMB = ◡ANB : 2 = 220° : 2 = 110°. shkola.in.ua

702. Точка Р кола і його центр O лежать по різні боки від хорди CD. Знайдіть ∠COD, якщо ∠CPD = 126°. 1 ∠CPD = ◡CKD. ◡CKD = 2∠CPD = 2 ∙ 126° = 252°. 2 ◡CPD = 360° – ◡CKD = 360° – 252° = 108°. ∠COD = ◡CPD = 108°. Відповідь: 108°. shkola.in.ua

703. Точка A кола і його центр O лежать по різні боки від хорди LK. Знайдіть ∠LAK, якщо ∠LOK = 128°. ∠LOK = ◡LAK = 128°. 1 1 1 ∠LAK = ◡LPK = (360° – ∠LOK) = (360° – 128°) = 116°. 2 2 2 Відповідь: 116°. shkola.in.ua

704. Хорда розбиває коло на дві дуги у відношенні 1 : 2. Знайдіть міри вписаних кутів, що спираються на ці дуги. Сума градусних мір двох дуг 360°: х + 2х = 360; 3х = 360; х = 120. Отже, градусні міри дуг 120° і 120° ∙ 2 = 240°. Градусні міри вписаних кутів, що спираються на дуги, дорівнюють їх половині: 120° : 2 = 60°; 240° : 2 = 120°. Відповідь: 60°, 120°. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

705. Хорда AB дорівнює радіусу кола. Точка C кола і його центр лежать по один бік від хорди AB. Знайдіть ∠ACB. АВ = АО = ОВ за умовою, тоді ∠АОВ = 60°. Дуга, що відповідає центральному куту АОВ теж дорівнює 60°. Вписаний кут АСВ теж спирається на цю дугу, значить, його shkola.in.ua градусна міра дорівнює половині градусної міри дуги: ∠АСВ = 60° : 2 = 30°. Відповідь: 30°.

706. Хорди AD і BC перетинаються в точці F. ∠ABC = 20°, ∠BCD = 80°. Знайдіть градусну міру кута AFB. Оскільки вписані кути ВАD і ВСD спираються на одну і ту саму дугу, то їх градусні міри однакові: ∠ВАD = ∠ВСD = 80°. У △АВF ∠АFВ = 180° – (∠ВАF + ∠АВF) = shkola.in.ua = 180° – (80° + 20°) = 180° – 100° = 80°. Відповідь: 80°.

707. Хорди AB і CD перетинаються в точці M. ∠ABC = 35°, ∠BAD = 55°. Доведіть, що хорди AB і CD взаємно перпендикулярні. Вписані кути ВАD і ВСD спираються на одну й ту саму дугу, а значить, вони рівні: ∠ВСD = ∠ВАD = 55°. У △ВСМ ∠СМВ = 180° – (∠ВСD + ∠АВС) = shkola.in.ua = 180° – (55° + 35°) = 180° – 90° = 90°. Отже, хорди АВ і СD перетинаються під прямим кутом, тобто вони взаємно перпендикулярні.

708. O — центр кола, ∠MBA = 50°. Знайдіть x. Дуга АМВ стягує діаметр, отже, її градусна міра 180°. Вписаний кут АВМ, градусна міра якого 50°, спирається на дугу АNМ: ◡ANМ = 2 ∙ 50° = 100°. Тоді дуга, на яку спирається кут ВNM, дорівнює: 180° – ◡ANM = 180° – 100° = 80°. 1 ∠ВNМ = ∙ 80° = 40°. 2 shkola.in.ua Відповідь: 40°.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

709. Доведіть, що кут між дотичною і хордою, що виходить з точки дотику, дорівнює 1 половині дуги, яка лежить між сторонами кута, тобто ∠CAB = ∠CNA. 2 Проведемо радіуси ОА і ОС. ∠АОС = ◡СNА (як центральний). 180° – ∠АОС 180° – ∠CNA 1 ∠ОАС = ∠ОСА = = = 90° – ◡СNА. 2 2 2 ∠ОАВ = 90° як кут між дотичною і радіусом, проведеним в точку дотику. shkola.in.ua 1 1 ∠САВ = 90° – ∠ОАС = 90° – (90° – ◡СNА) = ◡СNА. 2

710. Рівнобедрений трикутник ABC вписано в коло із центром у точці O, ∠AOB = 80°. Знайдіть кути трикутника ABC. Скільки розв'язків має задача? Задача має три розв’язки. I випадок. Центральний кут АОВ дорівнює 80°, таку ж градусну міру має дуга, на яку він спирається, а вписаний кут АСВ, що спирається на ту ж дугу, вдвічі менший: 1 ∠АСВ = ∙ 80° = 40°. 2 ∠ВАС = ∠АСВ = 40° як кути при основі. shkola.in.ua ∠АВС = 180° – (∠АСВ + ∠ВАС) = = 180° – (40° + 40°) = 100°. Відповідь: 40°, 40°, 100°.

shkola.in.ua

II випадок. ∠АОВ = ◡АСВ = 80° (∠АОВ — центральний), ◡АКВ = 360° – ◡АСВ = = 360° – 80° = 280°. ∠АСВ — вписаний. 1 ∠АСВ = ◡АKВ = 280° : 2 = 140°. 2 ∠CAB = ∠CBA = (180° – ∠АСВ) : 2 = = (180° – 140°) : 2 = 20°. Відповідь: 140°, 20°, 20°.

III випадок. ∠АОВ = ◡AРВ = 80°, 1 1 ∠АСВ = ◡АРВ = ∙ 80° = 40°. 2 2 ∠САВ = ∠СВА = (180° – ∠АСВ) : 2 = = (180° – 40°) : 2 = 140° : 2 = 70°. Відповідь: 40°, 70°, 70°.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

711. Рівнобедрений трикутник MNK вписано в коло із центром у точці O, ∠MOK = 100°. Знайдіть кути трикутника MNK. Скільки розв'язків має задача? Задача має три розв’язки. І випадок. ∠МОК = ◡МРK = 100°. 1 1 ∠МNК = ◡МРК = ∙ 100° = 50°. 2 2 ∠NMК = ∠NKM = (180° – ∠МNК) : 2 = shkola.in.ua = (180° – 50°) : 2 = 130° : 2 = 65°. Відповідь: 50°, 65°, 65°.

II випадок. ∠МОК = ◡МNK = 100. ◡МРK = 360° – ◡МNK = 360° – 100° = 260°. 1 1 ◡МNK = ◡МРК = ∙ 260° = 130°. 2 2 ∠NМК = ∠NКМ = (180° – 130°) : 2 = 50° : 2 = 25°. Відповідь: 130°, 25°, 25°. shkola.in.ua

shkola.in.ua

III випадок. ∠МОК = ◡МРК = 100°. 1 1 ∠МNК = ◡МРК = ∙ 100° = 50°. 2 2 ∠КМN = ∠МNК = 50° як кути при основі. ∠МКN = 180° – (∠КМN + ∠МNК) = = 180° – (50° + 50°) = 180° – 100° = 80°. Відповідь: 50°, 50°, 80°.

712. Коло поділено трьома точками на частини, які відносяться як 1 : 2 : 6, і точки поділу сполучено між собою. Знайдіть кути утвореного трикутника. ◡AC : ◡AB : ◡BC = 1 : 2 : 6. Нехай х – коефіцієнт пропорційності, тоді ◡АС = x; ◡AB = 2x; ◡BC = 6x. Складемо рівняння: х + 2х + 6х = 360; 9х = 360; х = 40° – ◡АС. shkola.in.ua 2 ∙ 40° = 80° – ◡AB. 6 ∙ 40° = 240° – ◡ВС. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

За теоремою про вписаний кут, знаходимо кути трикутника: ∠ВАС = 240° : 2 = 120°; ∠АВС = 40 : 2 = 20°; ∠АСВ = 80 : 2 = 40°. Відповідь: 120°, 20°, 40°. 713. Дано кут 30°. Коло радіусом 5 см дотикається до сторони кута і має центр на його іншій стороні. Обчисліть відстань від центра кола до вершини кута. 1) Нехай точка А — точка дотику кола і сторони кута з вершиною у точці В. 2) Тоді ∠BAO = 90° (за властивістю дотичної). shkola.in.ua 3) У прямокутному трикутнику BAO за властивістю катета, що лежить проти кута 30°, BO маємо AO = . Тому BO = 2 ∙ AO = 2 ∙ 5 = 10 (см). 2 Відповідь. 10 см. 714. Випишіть у порядку зростання внутрішні кути трикутника ABC, якщо AB = 5 см, BC = 9 см, AC = 6 см. Навпроти більшої сторони лежить більший кут. ∠АСВ < ∠АВС < ∠ВАС.

shkola.in.ua

715. Щоб витягти з колодязя відро води, потрібно зробити 12 обертів вала. Знайдіть глибину колодязя, якщо діаметр вала дорівнює 32 см. Для спрощення обчислень вважайте, що π ≈ 3. 1) l = 3 ∙ 32 = 96 (см) – довжина кола вала. 2) 12 ∙ 96 = 1152 см = 11 м 52 см. Відповідь: 11 м 52 см. 716. Накресліть відрізок MN завдовжки 6 см. 1) Узявши точки M і N за центри, проведіть два кола, одне з яких (із центром у точці M) радіусом 4 см, а друге (із центром у точці N) радіусом 2 см. 2) Скільки спільних точок мають ці кола? Одну, спільну точку А в місці дотику кіл.

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

717. Накресліть відрізок AB завдовжки 5 см. 1) Взявши точки A і B за центри, проведіть два кола, одне з яких (із центром у точці A) радіусом 3 см, а друге (із центром у точці B) радіусом 4 см. 2) Скільки спільних точок мають ці кола? Кола мають дві спільні точки К і М.

shkola.in.ua

718. У кожній клітинці прямокутної дошки розміром 2025⨯2027 клітинок сидить жук. За сигналом усі жуки переповзають на сусідні (по горизонталі або вертикалі) клітинки. Чи обов’язково при цьому залишиться вільна клітинка? Розфарбуємо клітинки дошки у шаховому порядку у чорний і білий колір. Загальна кількість клітинок 2025⨯2027 — число непарне, отже, кількість чорних і білих клітинок різна. За сигналом жуки переповзають з чорної на білу або з білої на чорну клітинку. Принаймні одна клітинка при цьому залишиться незайнятою. Відповідь: так. § 26. Взаємне розміщення двох кіл 719. Що можна сказати про взаємне розміщення кіл на малюнках? shkola.in.ua

Кола перетинаються

Кола дотикаються

Кола не мають спільних точок 720. Накресліть два кола, радіуси яких дорівнюють 3 см і 2 см, так, щоб вони: 1) мали внутрішній дотик; 2) перетиналися; 3) були концентричними. shkola.in.ua shkola.in.ua shkola.in.ua 721. Накресліть два кола, радіуси яких дорівнюють 2 см і 1,5 см, так, щоб вони: 1) мали зовнішній дотик; 2) не перетиналися. shkola.in.ua shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

722. Накресліть відрізок 4 см завдовжки. Побудуйте два кола, що мають зовнішній дотик, центрами яких є кінці цього відрізка. AB = 4 см. Кола дотикаються (зовнішній дотик). shkola.in.ua 723. Накресліть відрізок 2 см завдовжки. Побудуйте два кола, що мають внутрішній дотик, центрами яких є кінці цього відрізка. AB = 2 см. Кола мають внутрішній дотик.

shkola.in.ua 724. Радіуси двох кіл дорівнюють 7 см і 5 см. Знайдіть відстань між їхніми центрами, якщо кола мають: 1) внутрішній дотик; 2) зовнішній дотик. OK = 7 см. O1K = 5 см. OM = 7 см, O1M = 5 см, OO1 = OK – O1K = 7 см – 5см = 2см. OO1 = OM + O1M = 7 см + 5 см = 12 см.

shkola.in.ua

725. Радіуси двох кіл дорівнюють 3 см і 8 см. Знайдіть відстань між їхніми центрами, якщо кола мають: 1) зовнішній дотик; 2) внутрішній дотик. OM = 3 см, O1M = 8 см. OM = 8 см, O1M = 3 см, OO1 = O1M + OM = 8 см + 3 см = 11 см. OO1 = OM – O1M = 8 см – 3 см = 5 см. shkola.in.ua

shkola.in.ua

726. Два кола мають внутрішній дотик. Відстань між їхніми центрами дорівнює 12 дм. Знайдіть радіуси кіл, якщо вони відносяться як 2 : 5. OO1 = 12 дм, O1M : OM = 2 : 5. shkola.in.ua Нехай O1M = 2x, OM = 5x, тоді OO1 = 5x – 2x = 3x; 3x = 12; x = 12 : 3 = 4. Отже, O1M = 2 ∙ 4 = 8 (дм), OM = 5 ∙ 4 = 20 (дм). Відповідь: 20 дм, 8 дм.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

727. Два кола мають зовнішній дотик. Відстань між їхніми центрами дорівнює 15 см. Знайдіть радіуси кіл, якщо вони відносяться як 2 : 3. Нехай OM = 2x, O1M = 3x. OO1 = OM + O1M = 2x + 3x = 5x. За умовою OO1 = 15см. Отже, 5x = 15; x = 3. OM = 2 ∙ 3 = 6 (см), O1M = 3 ∙ 3 = 9 (см). shkola.in.ua Відповідь: 6 см, 9 см. 728. Відстань між центрами двох кіл дорівнює 12 см. Визначте взаємне розміщення цих кіл, якщо їхні радіуси дорівнюють: 1) 9 см і 3 см; 2) 5 см і 2 см; 3) 13 см і 1 см; 4) 9 см і 7 см. Позначимо відстань між центрами кіл O1O2, радіуси кіл r1 і r2. 1) Оскільки 9 см + 3 см = 12 см, тобто O1O2 = r1 + r2, то кола дотикаються (зовнішній дотик кіл). 2) Оскільки 5 + 2 < 12, тобто O1O2 > r1 + r2, то кола не перетинаються. 3) Оскільки 13 см – 1 см = 12 см, тобто O1O2 = r1 – r2, то кола дотикаються (внутрішній дотик). 4) 9 см – 7 см < 12 см < 9 см + 7 см, тобто r1 – r2 < O1O2 < r1 + r2, то кола перетинаються. 729. Відстань між центрами двох кіл дорівнює 14 см. Визначте взаємне розміщення цих кіл, якщо їхні радіуси дорівнюють: 1) 7 см і 5 см; 2) 16 см і 2 см; 3) 10 см і 5 см; 4) 7 см і 7 см. Позначимо відстань між центрами кіл O1O2, а радіуси кіл r1 і r2. 1) 7 см + 5 см < 14 см, тобто O1O2 > r1 + r2. Отже, кола не перетинаються. 2) 16 см – 2 см = 14 см, тобто O1O2 = r1 - r2. Отже, кола мають внутрішній дотик. 3) 10 см – 5 см < 14 см < 10 см + 5 см, тобто r1 – r2 < O1O2 < r1 + r2. Отже, кола перетинаються. 4) 7 см + 7 см = 14 см, тобто O1O2 = r1 + r2. Отже, кола мають зовнішній дотик. 730. Два кола перетинаються в точках A і B. Точки O1 і O2 — центри цих кіл. Доведіть, що O1O2 ⊥ AB. ΔAO1O2 = ΔBO1A2 (за трьома сторонами (O1A = O1B – як радіуси, O2A = O2B – як радіуси, O1O2 – спільна сторона). З рівності трикутників маємо: ∠AO1O2 = ∠BO1O2. ΔAO1B – рівнобедрений, оскільки O1A = O1B, O1M – shkola.in.ua бісектриса, отже, O1M – висота, тобто O1M ⊥ AB, а звідси O1O2 ⊥ AB (так як O1O2 містить O1M). 731. Два кола перетинаються в точках C і D. Точки O1 і O2 —центри кіл. Доведіть, що промінь O1O2 — бісектриса кута CO1D. ΔCO1O2 = ΔDO1O2 (за трьома сторонами: O1C = O1D – як радіуси, O2C = O2D – як радіуси, O1O2 – спільна сторона). З рівності трикутників випливає, що ∠CO1O2 = ∠DO1O2, тобто O1O2 – бісектриса кута CO1D. shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

732. Три кола попарно мають зовнішній дотик. Відрізки, що сполучають їхні центри, утворюють трикутник зі сторонами 5 см, 7 см і 8 см. Знайдіть радіуси цих кіл. Нехай O1O2 = 5 см, O2O3 = 7 см, O1O2 = 8 см. Нехай O1A = r1, O2A = r2, O2B = r3, тоді O1O2 + O2O3 + O1O3 = r1 + r2 + r2 + r3 + r3 + r1 = = 2(r1 + r2 + r3). O₁O₂+O₂O₃+O₁O₃ 5+7+8 Тоді r1 + r2 + r3 = = = 10 (см). 2 2 r1 = (r1 + r2 + r3) – O2O3 = 10 – 7 = 3 (см); r2 = (r1 + r2 + r3) – O1O3 = 10 – 8 = 2 (см); shkola.in.ua r3 = (r1 + r2 + r3) – O1O2 = 10 – 5 = 5 (см). Відповідь: 3 см, 2 см, 5 см.

733. Три кола попарно дотикаються ззовні. Радіус одного з кіл дорівнює 6 см, а відрізок, що сполучає центри двох інших кіл, дорівнює 14 см. Знайдіть периметр трикутника, вершинами якого є центри цих кіл. Нехай O1O2 = 14 см, O3B = O3C = 6 см. O1B + O2C = O1A + O2A = O1O2 = 14 см. PΔО1О2О3 = O1O2 + O1B + O2C + O3B + O3C = = 14 см + 14 см + 6 см + 6 см = 40 см. Відповідь: 40 см. shkola.in.ua

734. У прямокутному трикутнику ABC гіпотенуза AB дорівнює 20 см, ∠B = 60°. Довжину якого з катетів можна знайти? Знайдіть її. Нехай ΔABC – прямокутний (∠C = 90°), ∠B = 60°; AB = 20 см. За властивістю суми кутів прямокутного трикутника ∠B + ∠A = 90°, звідси ∠A = 90° – ∠B = 90° – 60° = 30°. shkola.in.ua 1 20 CB = AB = = 10 (см) (за властивістю прямокутного 2 2 трикутника з кутом 30°). Відповідь: 10 см. 735. На малюнку коло вписано в чотирикутник ABCD (дотикається до всіх його сторін). Доведіть, що AB + CD = AD + BC. Нехай K, L, M, N — точки дотику. Тоді за властивістю відрізків дотичних, проведених з однієї точки до кола, маємо: AK = AL, BL = BM, CM = CN, DN = DK. shkola.in.ua Додавши почленно чотири останні рівності, маємо: AK + BM + CM + DK = AL + BL + CN + DN; (AK + DK) + (BM + CM) = (AL + BL) + (CN + DN); AD + BC = AB + CD. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

736. Приватна підприємниця має три магазини, розміщені в точках A, B і C, які не лежать на одній прямій. Вона хоче побудувати склад так, щоб відстань від нього до всіх магазинів була однаковою. Де має бути розміщений цей склад? В центрі кола, в точці О.

shkola.in.ua

737. Прямокутник поділено на дев’ять прямокутників. Периметри трьох з них відомі, і їх вказано на малюнку. Знайдіть периметр зафарбованого прямокутника. 2(a + b) = 12; a + b = 6; (1) 2(a + c) = 13; a + c = 6,5; (2) 2(b + d) = 16; b + d = 8. (3) Отримаємо: c – b = 0,5. shkola.in.ua Додамо отримане рівняння з третім рівнянням, отримаємо c + d = 0,5 + 8 = 8,5. Отже, периметр зафарбованого прямокутника дорівнює 2 ∙ 8,5 = 17 (см). Відповідь: 17 см. § 27. Основні задачі на побудову та їх розв’язування 738. Проведіть довільну пряму та відкладіть на ній відрізок, що дорівнює відрізку на малюнку. 739. Проведіть довільний промінь та відкладіть від його початку відрізок, що дорівнює відрізку на малюнку. 740. Проведіть довільну пряму m, виберіть на ній точку M і опишіть коло із центром у точці M, радіус якого дорівнює відрізку, зображеному на малюнку. У скількох точках коло перетнуло пряму? Коло перетне пряму m у двох точках. shkola.in.ua

741. Накресліть довільний відрізок MN. Побудуйте коло із центром у точці M, радіус якого дорівнює MN. shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

742. Побудуйте кут, що дорівнює даному.

shkola.in.ua

743. Побудуйте кут, що дорівнює даному.

shkola.in.ua

744. Побудуйте за допомогою транспортира кут, що дорівнює 70°, та його бісектрису — без допомоги транспортира. Нехай ∠A = 70°. 1) Проведемо дугу кола довільного радіуса із центром у т. А, яка перетинає сторони кута A в точках B і C. shkola.in.ua 2) З т. B і C опишемо дуги таким самим радіусом у внутрішній області кута до їх перетину. Отримаємо т. D. 3) Проведемо промінь AD. Промінь AD — шукана бісектриса. 745. Побудуйте за допомогою транспортира кут, що дорівнює 110°, та його бісектрису — без допомоги транспортира. Нехай ∠A = 110°. 1) Проведемо дугу кола довільного радіуса із центром у т. А, яка перетинає сторони кута A в точках B і C. shkola.in.ua 2) З точок B і C опишемо дуги таким самим радіусом у внутрішній області кута до їх перетину. Отримаємо т. D. 3) Проведемо промінь AD. Промінь AD — шукана бісектриса. 746. Побудуйте відрізок, що дорівнює заданому, та поділіть його навпіл. AM = MB.

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

747. Побудуйте відрізок, що дорівнює заданому, та поділіть його навпіл. CF = FD. shkola.in.ua

748. Накресліть пряму b та позначте точку M, що їй не належить. Проведіть пряму MN перпендикулярно до прямої b. CM = MD; CN = ND; MN ⊥ b. shkola.in.ua

749. Накресліть пряму m та позначте точку P, що їй належить. Проведіть пряму PK перпендикулярно до прямої m. Нехай P є m. 1) На даній прямій m довільним радіусом циркуля відкладемо від т. P два рівних відрізки PM і PN. 2) Із точок M і N радіусом, що дорівнює MN, опишемо дуги до їхнього перетину. Отримаємо т. K. shkola.in.ua 3) Проведемо пряму KP. KP — шукана пряма.

750. Побудуйте прямокутний трикутник, катети якого дорівнюють 5 см і 3 см. Щоб побудувати прямокутний трикутник за двома катетами, слід побудувати прямий кут і на його сторонах відкласти відрізки, що дорівнюють катетам: AB = 3 см, AC = 5 см. shkola.in.ua ΔABC — шуканий. 751. Накресліть гострокутний ∆ABC та побудуйте його медіану CP. 1) З точки А радіусом циркуля, більшим за половину відрізка АВ, опишемо дугу. shkola.in.ua 2) З точки В таким самим радіусом проведемо дугу до перетину з першою дугою в точках М і N. Через т. М і N проведемо пряму, яка перетинає АВ в точці Р. Р - середина сторони АВ. Проведемо пряму СР. СР - шукана медіана. 752. Накресліть прямокутний ∆ABC (∠C = 90°). Побудуйте його медіану CM та бісектрису AK. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

1) З точок A і B проводимо кола довільного однакового радіуса, які перетинаються в точках N і F. 2) Знаходимо точку M перетину прямої FN та сторони AB. 3) CM — шукана медіана. 4) Проведемо дугу кола довільного радіуса із центром в т. А, яка перетинає сторони кута A в точках E і R. shkola.in.ua 5) З точок E і R опишемо дуги таким самим радіусом у внутрішній області кута до їхнього перетину. Отримаємо т. P. 6) AP а, отже, і AK — бісектриса кута A. 753. Накресліть прямокутний ∆KLM (∠K = 90°). Побудуйте його бісектрису KP та медіану LT. Побудова аналогічна завданню 752. shkola.in.ua

754. Накресліть довільний відрізок. Побудуйте відрізок, що дорівнює від побудованого 4 відрізка. 1) Ділимо відрізок AB навпіл. 2) ділимо відрізок CB навпіл. 3 3) Відрізок AD = AB. shkola.in.ua 4

755. Накресліть довільний відрізок. Побудуйте відрізок, що дорівнює від побудованого 4 відрізка. 1) Ділимо відрізок AB навпіл. 2) Ділимо відрізок CD навпіл. 1 3) DB = BA. shkola.in.ua 4

756. Побудуйте трикутник зі сторонами a = 8 см, b = 7 см, c = 5 см. План побудови. 1) На довільній прямій відкладаємо BC = а = 8 см. 2) Дуга з центром у точці C і з радіусом r = b = 7 см. 3) Дуга з центром у точці В і з радіусом r = с = 5 см. 4) Дуги з п. 2) і п. 3) перетинаються у точці А. 5) ∆АВС — шуканий. shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

757. Побудуйте ∆ABC, якщо AB = 4 см, BC = 6 см, CA = 7 см. План побудови. 1) AC = 7 см. 2) Дуга з центром у точці A із радіусом AB = 4 см. 3) Дуга з центром у точці C і з радіусом BC = 6 см. shkola.in.ua 4) Дуги з п. 2) і п. 3) перетинаються у точці В. 5) ∆ABC — шуканий. 758. Накресліть довільний ∆ABC і побудуйте ∆ABD такий, що дорівнює трикутнику ABC. План побудови. 1) Дуга з центром у точці А і з радіусом АС. 2) Дуга з центром у точці В і з радіусом BC. 3) Дуги з п. 1) і п. 2) перетинаються у точці D. 4) ∆ABD — шуканий. shkola.in.ua

759. Накресліть довільний трикутник і побудуйте трикутник, що йому дорівнює. Нехай задано ∆ABC. Треба побудувати ∆KLM = ∆ABC. План побудови. 1) KL = AB. 2) Дуга з центром у точці K і з радіусом АС. 3) Дуга з центром у точці L і з радіусом BC. shkola.in.ua 4) Дуги з п. 2) і п. 3) перетинаються у точці М. 5) ∆KLM = ∆ABC.

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

760. Накресліть довільний відрізок AB. Побудуйте рівносторонній ∆ABC. План побудови. 1) AB — довільний відрізок. 2) Дуга з центром у точці А і з радіусом AB. 3) Дуга з центром у точці В і з радіусом BA. 4) Дуги з п. 2) і п. 3) перетинаються у точці С. 5) ∆ABC — рівносторонній і шуканий. shkola.in.ua

761. Побудуйте рівнобедрений трикутник, у якого основа дорівнює відрізку a, а бічна сторона — відрізку b. План побудови. 1) KL = а. 2) Дуга з центром у точці K i з радіусом b. 3) Дуга з центром у точці L і з радіусом b. 4) Дуги з п. 2) і п. 3) перетинаються у точці М. 5) Рівнобедрений трикутник KLM — шуканий. shkola.in.ua

762. Побудуйте ∆DEF, якщо DE = 6 см, ∠D = 40°, ∠E = 80°. План побудови. 1) DE = 6 см. 2) ∠ADE = 40°. 3) ∠DEB = 80°. shkola.in.ua 4) Промені DA i EB перетинаються у точці F. 5) ∆DEF— шуканий.

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

763. Побудуйте ∆NPT, якщо NP = 4 см, ∠N = 50°, ∠P = 100°. План побудови. 1) NP = 4 см. 2) ∠ANP = 50°. 3) ∠BPN = 100°. 4) Промені NA і PB перетинаються у shkola.in.ua точці Т. 5) ∆NPT – шуканий.

shkola.in.ua

764. На даній прямій a знайдіть точки, віддалені від заданої точки A цієї прямої: 1) на 4 см; 2) на відстань, більшу ніж 4 см; 3) на відстань, меншу ніж 4 см. 1) На прямій a існує дві точки M і N, віддалені від т. А на відстань 4 см. shkola.in.ua 2) На прямій a існує безліч точок, віддалених від даної точки А на відстань більше 4 см, це промені NK і ML без початків. 3) На прямій a існує безліч точок, віддалених від даної точки А на відстань меншу ніж 4 см, це відрізок MN без його кінців.

765. Побудуйте рівнобедрений трикутник за бічною стороною і радіусом описаного кола. 1) Будуємо коло з центром у т. О і з радіусом R. 2) З довільної точки B кола будуємо коло радіуса b, яке перетинає побудоване коло в © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

точках A і C. 3) ΔABC — шуканий.

shkola.in.ua

766. Побудуйте ∆ABC, якщо AB = 3 см, AC = 5 см, ∠A = 105°. 1) Будуємо кут ∠A = 105°. 2) На сторонах кута відкладаємо відрізки AB = 3 см, AC = 5 см. shkola.in.ua 3) ΔABC — шуканий. 767. Побудуйте ∆KLM, якщо KL = 6 см, KM = 4 см, ∠K = 80°. 1) Будуємо кут ∠K = 80°. 2) На сторонах кута відкладаємо відрізки KL = 6 см, KM = 4 см. shkola.in.ua 3) ΔKLM — шуканий. 768. Побудуйте рівнобедрений трикутник, основа якого 4 см, а кут при основі 70°. 1) Будуємо AB = 4 см. 2) Будуємо ∠BAC = 70°. 3) Будуємо ∠BAC = 70°. shkola.in.ua 4) ΔABC — шуканий.

769. Побудуйте рівносторонній трикутник зі стороною 5 см і впишіть у нього коло. 1) Будуємо відрізок AC = 5 см, який дорівнює стороні рівностороннього трикутника. 2) За допомогою циркуля проведемо дуги з центром у точках A і C, радіусом, який дорівнює shkola.in.ua AC. 3) Оскільки центр вписаного кола є точкою перетину бісектрис, будуємо бісектриси кутів A і C. O — точка перетину бісектрис — центр вписаного кола.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

770. Побудуйте довільний трикутник та опишіть навколо нього коло. ΔABC — довільний трикутник. Оскільки центром описаного кола навколо трикутника є точка перетину серединних перпендикулярів, то побудуємо серединні перпендикуляри до сторін AB і AC. 1) Знайдемо середини відрізків AB і AC. Точки M і K — середини відрізків відповідно AB і AC. 2) Побудуємо перпендикуляри до сторін трикутника AB і AC, які проходять через точки M і K відповідно. т. O — точка перетину серединних перпендикулярів — центр описаного shkola.in.ua кола.

771. Побудуйте рівнобедрений трикутник, у якого основа дорівнює 6 см, а висота, проведена до неї, — 4 см. 1) Будуємо прямокутний трикутник ABD за 6 катетом BD = = 3 (см) і AD = 4 см. 2 2) На промені BD від точки D відкладаємо DC = 3 shkola.in.ua см. 3) ΔABC — шуканий. Оскільки AD — висота і медіана трикутника ABC, то трикутник ABC — рівнобедрений.

772. Побудуйте коло, радіус якого 4 см, позначте на цьому колі деяку точку A і проведіть через неї дотичну до кола — пряму b. OA = 4 см. Продовжимо OA. AM = AN; MF = NF; FA ⊥ MN; FA — дотична. shkola.in.ua

773. Побудуйте рівнобедрений трикутник, основа якого дорівнює 4 см, а кут при вершині — 80°. Нехай задано основу рівнобедреного трикутника AB = 4 см і ∠C = 80°. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

shkola.in.ua

Знайдемо кути при основі △АВС. За теоремою про суму кутів трикутника: ∠A = ∠B = (180° − 80°) : 2 = 50° Щоб отримати кут 50° для побудови, проведемо в умові PC⊥CD → ∠PCD = 90°. Побудуємо бісектрису ∠MCD: ∠KCM = 40°; ∠MCP = 10° ∠KCP = 40° + 10° = 50° Будуємо △АВС за основою AB і кутами при основі, рівними по 50°. Сторони кутів A і B перетинаються в т. C. △АВС — шуканий. 774. Побудуйте рівнобедрений трикутник, основа якого дорівнює 6 см, а кут при вершині — 100°. Нехай задано основу рівнобедреного трикутника AB = 6 см і ∠C = 100°. Знайдемо кути при основі рівнобедреного трикутника. За теоремою про суму кутів трикутника: ∠A = ∠B = (180° − 100°) : 2 = 40°. shkola.in.ua Побудуємо PC ⊥ CD та бісектрису ∠MCD. ∠MCK = 100° : 2 = 50° ∠PCM = 100° − 90° = 10° Отже, ∠PCK = 50° − 10° = 40° — кут при shkola.in.ua основі △АВС. Сторони ∠A і ∠C перетинаються в т. B. △АВС — шуканий.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

775. Побудуйте прямокутний трикутник за катетом і гіпотенузою. Задано катет AC та гіпотенуза AB прямокутного ∆ABC. План побудови. 1) Будуємо перпендикулярні прямі m і n , що перетинаються у точці С. 2) На прямій m відкладаємо відрізок CA. 3) Дуга кола із центром у точці А і з радіусом AB, що перетинає пряму n у точці В. 4) ∆АВС – шуканий.

shkola.in.ua

776. Побудуйте прямокутний трикутник за катетом і бісектрисою прямого кута. Задано катет AC і бісектриса CK. План побудови. 1) Будуємо перпендикулярні прямі m і n, що перетинаються у точці С. 2) На прямій m відкладаємо відрізок CA. 3) CM — бісектриса прямого кута С. 4) Відкладаємо відрізок CK на бісектрисі CM. 5) Промінь AK перетинає пряму n у точці В. 6) ∆ABC — шуканий.

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

777. Побудуйте трикутник за двома сторонами і медіаною, проведеною до однієї з них. Нехай задано сторони AB і AC трикутника ABC та медіана BK План побудови. 1) Будуємо ∆ABK, сторони якого AB; 𝐴𝐶 AK = і BK відомі. 2 2) На продовженні променя AK відкладаємо KC = AK. 3) ∆ABC — шуканий.

shkola.in.ua

778. Побудуйте прямокутний трикутник за катетом і медіаною, проведеною до другого катета. Нехай задано катет AC і медіана AM (AC < AM). План побудови. 1) Будуємо перпендикулярні прямі m і n, що перетинаються в точці С. 2) На прямій m відкладаємо відрізок CA. 3) Дуга кола із центром у точці А, що перетинає пряму n у точці М. AM — медіана. 4) Відкладаємо MB = MC на прямій n. 5) ∆ABC — шуканий.

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

779. Побудуйте прямокутний трикутник за катетом і медіаною, проведеною до нього. Нехай задано катет AC і медіана BM трикутника ABC (∠C = 90°). План побудови. 1) Будуємо перпендикулярні прямі m і n, що перетинаються в точці С. 2) На прямій m відкладаємо відрізок АС 𝐴𝐶 та відрізок CM = . 2 3) Дуга кола із центром у точці M і з радіусом BM, що перетинає пряму n в shkola.in.ua точці В. 4) ∆ABC — шуканий.

780. Побудуйте трикутник за стороною, прилеглим до неї кутом і радіусом описаного кола. Нехай задано сторону AB, кут А і радіус описаного кола R. План побудови. 1) Коло з радіусом R. 2) Точка A, що належить колу. 3) Дуга кола із центром у точці А, що перетинає коло з радіусом R у точці В. 4) ∠MAB = ∠A. 5) Промінь AM перетинає коло з радіусом R у точці С. 6) ∆ABC — шуканий.

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

781. Побудуйте трикутник за стороною, прилеглим до неї кутом і бісектрисою, проведеною з вершини цього кута. Нехай задано сторону AB, кут А і бісектрису AK. План побудови. 1) На прямій m відкладаємо сторону AB. 2) ∠MAB = ∠A. 3) AL - бісектриса кута МАВ. 4) На AL відкладаємо відрізок AK. 5) Промінь BK перетинає AM у точці С. 6) ∆ABC — шуканий. shkola.in.ua

782. Побудуйте ∆ABC, якщо AB = 4 см, ∠A = 40°, ∠C = 105°.

shkola.in.ua

1) Накреслити AB = 4 см; 2) провести промінь до AС під кутом 40° через т. А; 3) продовжити промінь кута С. Відкласти на ньому кут 40°; 4) провести промінь до BС під кутом (180° – 40° – 105°) = 35° до AB. Точка перетину двох променів — вершина С. АСВ — шуканий трикутник. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

783. Не користуючись транспортиром, побудуйте кути 30° і 60°. 1) Накреслити коло; 2) від довільної т. А відкласти радіус; AB = OA; ∠BOA = ∠OBA = ∠BAO = 60°; 3) поділити відрізок AB навпіл: BL = LA; shkola.in.ua OL — медіана, бісектриса і висота; ∠BOL = ∠LOA = 30°.

784. Не користуючись транспортиром, побудуйте кут, що дорівнює 15°. 1) Накреслити коло; 2) від т. А відкласти OA = AB; ∠BOA = 60°; 3) поділити відрізок AB навпіл: BL = LA; OL — медіана, бісектриса і висота; shkola.in.ua ∠LOA = 30°; 4) поділити кут LOA навпіл: ON — бісектриса; ∠NOM = ∠NOL = 15°.

785. Побудуйте без транспортира ∆ABC, у якого: 1) AB = 5 см, ∠A = 60°, ∠B = 45°; 2) AB = BC = 4 см, ∠B = 150°. 1) 1) Накреслити AB = 5 см; 2) із т. А і т. В радіусом циркуля 5 см опишемо дуги і отримаємо т. М; 3) провести промінь AM; ∠MAB = 60°; 4) продовжити відрізок AB і відкласти від т. В рівні відрізки: NB = BK; 5) з точок N і K провести рівні дуги; з'єднати т. L з т. B; LB ⊥ AB; 6) побудувати бісектрису ∠LBN; ∠NBF = ∠FBL = 45°; 7) продовжити відрізок BF до перетину з AM; т. C — вершина ΔАСВ. АСВ — шуканий трикутник.

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

2) Якщо AB = BC, то трикутник рівнобедрений. ∠A = ∠C = (180° – 150°) : 2 = 15°. 1) Побудувати рівносторонній трикутник APB; 2) поділити AP і PB навпіл: AM = MP, PN = NB; ∠NAB = ∠MBA = 30°; 3) відкласти AK = AB і BM = AB, з'єднати т. A і т. М, т. B і т. K; 4) поділити KB і AF навпіл: AE = EM, KL = LB; ∠LAB = ∠EBA = 15°; ∠ACB = 150°. ACB — шуканий трикутник.

shkola.in.ua

786. Побудуйте без транспортира ∆KMP, у якого: 1) KM = 4 см, ∠K = 30°, ∠M = 45°; 2) KM = MP = 5 см, ∠M = 120°. 1) 1) Накреслити KM = 4 см; 2) побудувати рівносторонній ΔKMF; 3) поділити бісектрису KN (вона також медіана і висота) ⇒ ∠NKM = 30°; 4) продовжити відрізок KM і відкласти від т. М рівні відрізки: CM = MD; 5) з точок C і D провести рівні дуги; з'єднати т. L і т. М; LM ⊥ KM; 6) побудувати бісектрису ∠LMC; ∠CME = ∠EML = 45°; 7) продовжити відрізок ME до перетину з KN; т. Р — вершина ΔKРМ. KРM — шуканий трикутник.

shkola.in.ua

2) KM = MP, ∠M = 120° ⇒ ∠K = ∠P = 30°. 1) Побудувати рівносторонній ΔKAC; 2) поділити AC навпіл: AE = EC; ∠EKC = 30°; 3) продовжити відрізок KE і відкласти на цьому промінь KM = 5 см; 4) продовжити KC і опустити на цей промінь перпендикуляр MF; MF – висота, бісектриса і медіана; © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

5) відкласти FP = KF. KMP – шуканий трикутник.

shkola.in.ua

787. Побудуйте рівносторонній трикутник за його медіаною. Нехай задано CK — медіану рівностороннього трикутника ABC. 1) Побудувати рівносторонній трикутник ABC, AC вдвічі більша за дану медіану; 2) поділити навпіл AB і BC; 3) позначити точку F – точку перетину медіан і бісектрис. 3) з т. F опустити перпендикуляр на AC і продовжити цей промінь, FK = KN; 4) з'єднати т. N і т. C. FNC — шуканий shkola.in.ua трикутник, KC — його медіана.

788. Побудуйте трикутник за двома нерівними сторонами і радіусом описаного кола. Скільки розв'язків має задача? Нехай задано дві сторони трикутника AB і AC (AB ≠ АС) та радіус описаного коло R. План побудови. 1) Коло з радіусом R. 2) Точка А, що належить колу. 3) Дуга кола із центром у точці А і з радіусом AB, що перетинає коло у точці В. 4) Дуга кола із центром у точці А і з радіусом АС, що перетинає коло в точках C і C1. 5) ∆ABC і ∆ABC1 — шукані. Задача має 2 розв’язки. shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

789. Один з кутів трикутника дорівнює 15°, а два інших — відносяться як 7 : 8. Знайдіть найменший із зовнішніх кутів трикутника.

shkola.in.ua

1) Нехай у ∆ABC: ∠A = 15°; ∠B : ∠C = 7 : 8. Позначимо ∠B = 7х; ∠C = 8х. 2) Маємо 15° + 7х + 8х = 180°; 15х = 165°; х = 11°. Отже, ∠B = 7 ∙ 11° = 77°; ∠C = 8 ∙ 11° = 88°. 3) Найменший із зовнішніх кутів трикутника – це суміжний із найбільшим внутрішнім кутом трикутника. ∠KCA = 180° – 88° = 92°. Відповідь. 92°. 790. Доведіть, що в рівних між собою трикутниках бісектриси, проведені з вершин відповідних кутів, однакової довжини.

shkola.in.ua

1) Нехай ∆ABC = ∆A1B1C1; CK і C1K1 — бісектриси. 2) Оскільки ∆ABC = ∆A1B1C1, то BC = B1C1; ∠B = ∠B1. 3) Оскільки ∠ACB = ∠A1C1B1 та CK і C1K1 — бісектриси, то ∠KCB = ∠K1C1B1 (як половини рівних кутів). 4) ∆KCB = ∆K1C1B1 (за другою ознакою). Тому CK = C1K1, що й треба було довести. 791. Один з кутів прямокутного трикутника дорівнює 30°, а гіпотенуза — 60 см. Знайдіть відрізки, на які ділить гіпотенузу висота, проведена до неї. Нехай у ∆ABC: ∠C = 90°; ∠A = 30°; AB = 60 см; CK – висота. 1) У ∆ABC за властивістю катета, що лежить 𝐴𝐵 60 проти кута 30°, маємо BC = = = 30 (см). 2 2 2) ∠B = 90° – ∠A = 60°. shkola.in.ua 3) У ∆CKB: ∠KCB = 180° – (60° + 90°) = 30°. 4) У ∆CKB за властивістю катета, що лежить 𝐵𝐶 30 проти кута 30°, маємо KB = = = 15 (см). 2 2 5) AK = AB – BK = 60 – 15 = 45 (см). Відповідь. 15 см і 45 см. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

792. 1) Щоб залити один квадратний метр ковзанки, потрібно 40 л води. Скільки потрібно буде води, щоб залити ковзанку круглої форми діаметром 30 м? S = π ∙ r2 = 3,14 ∙ 15 = 47,1 (м2) – площа ковзанки; 47,1 ∙ 40 = 1884 (л) 2) Дізнайтеся, скільки коштує 1 м³ води, та обчисліть, яку суму повинна буде сплатити муніципальна влада за використану воду. 35 ∙ 1884 = 65940 (грн). 793. Розв’яжіть задачу та прочитайте прізвище першого президента незалежної України. ∠ABC = 120°; 1) ∠ABK = x°; ∠KBC = (x + 20)°; x + x + 20 = 120; shkola.in.ua 2x = 100; x = 50; x + 20 = 70;

shkola.in.ua

2) ∠KBC = x°; ∠ABK = 3x°; x + 3x = 120; 4x = 120; x = 30; 3x = 90; 3) ∠ABK = 3x°; ∠KBC = 5x°; 3x + 5x = 120; 8x = 120; x = 15; 3x = 45; 5x = 75.

Відповідь: КРАВЧУК. Домашня самостійна робота 5 (§§21-27) 1. Знайдіть радіус кола, діаметр якого дорівнює 8 см. А. 2 см; Б. 4 см; В. 16 см; Г. 8 см Оскільки радіус кола вдвічі менший від діаметра, то радіус дорівнює 8 : 2 = 4 (см). Відповідь: Б) 4 см. 2. Знайдіть градусну міру центрального кута, якщо градусна міра відповідного йому вписаного кута дорівнює 40°. А. 20°; Б. 40°; В. 80°; Г. 120° Оскільки центральний кут вдвічі більший за вписаний, то 40° ∙ 2 = 80°. Відповідь: В) 80°. 3. Укажіть малюнок, на якому пряма l є серединним перпендикуляром до відрізка CD. shkola.in.ua Відповідь: Г. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

4. Радіус кола дорівнює 4 см. Як розміщені пряма a і коло, якщо відстань від центра кола до прямої дорівнює 3 см? А. пряма перетинає коло у двох точках Б. пряма є дотичною до кола В. пряма не має з колом спільних точок Г. неможливо визначити Пряма перетинає коло у двох точках. Відповідь: А).

shkola.in.ua

5. Точка O — центр кола, MN — його хорда. Знайдіть ∠MON, якщо ∠OMN = 70°. А. 20°; Б. 40°; В. 60°; Г. 70° ΔMNO – рівнобедрений, оскільки OM = ON – як радіуси кола. Тоді ∠N = ∠M = 70°. Отже, ∠MON = 180° – ∠N – ∠M = 180° – 70° – 70° = 40°. Відповідь: Б) 40°. shkola.in.ua

6. Кола, радіуси яких 6 см і 2 см, мають внутрішній дотик. Знайдіть відстань між їхніми центрами. А. 2 см; Б. 4 см; В. 6 см; Г. 8 см O1O2 = O1A – O2A = 6 – 2 = 4 (см). Відповідь: Б. 4 см. shkola.in.ua

7. Точка O — центр кола, AB — його діаметр, BC — хорда, ∠COA = 50°. Знайдіть ∠BCO. А. 25°; Б. 35°; В. 50°; Г. 60° ΔCOB – рівнобедрений, оскільки OC = OB – як радіуси shkola.in.ua кола. Тоді ∠C = ∠B. ∠COA – зовнішній кут ΔCOB. ∠COA = ∠C + ∠B (за властивістю зовнішнього кута трикутника). Отже, ∠BCO = 50° : 2 = 25°. Відповідь: А) 25°. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

8. Два кола мають зовнішній дотик, а відстань між їхніми центрами дорівнює 14 см. Знайдіть радіуси цих кіл, якщо радіус одного з них на 4 см більший за радіус другого. А. 8 см і 4 см; Б. 9 см і 5 см; В. 10 см і 6 см; Г. 11 см і 7 см OO1 = 14 см, O1A = x, OA = x + 4. Тоді x + x + 4 = 14; shkola.in.ua 2x = 10; x = 5. Отже, O1A = 5 см, OA = 5 + 4 = 9 (см). Відповідь: Б). 9. Хорди MN і KL перетинаються в точці A. ∠MKL = 30°, ∠KLN = 70°. Знайдіть градусну міру кута KAM. А. 30°; Б. 70°; В. 80°; Г. 100° Вписаний кут MKL спирається на хорду ML. Також, на цю хорду, спирається вписаний кут MNL. Отже, ці кути рівні: ∠MKL = ∠MNL = 30°. Розглянемо трикутник ANL. В ньому нам відомі shkola.in.ua градусні міри двох кутів, а сума кутів трикутника рівна 180°. Тому: ∠NAL = 180° - ∠MNL - ∠KLN = 180° - 30° - 70° = 80°. ∠MAL = ∠КАМ як вертикальні кути. Отже, ∠КАМ = ∠NAL = 80°. Відповідь: В) 80°. 10. З точки M, що лежить поза колом, проведено до кола дві дотичні MA і MB, де A і B — точки дотику, ∠MBA = 60°. Знайдіть відстань від точки M до центра кола, якщо радіус кола дорівнює 10 см. А. 10 см; Б. 15 см; В. 20 см; Г. 25 см Нехай OB = OA = 10 см, ∠MBA = 60°. З ΔBKM: ∠K = 90°, ∠OMB = 90° – 60° = 30°. З ΔOMB: ∠B = 90°. shkola.in.ua Згідно властивості катета, що лежить навпроти кута 30° маємо: OM = 2OB = 2 ∙ 10 см = 20 см. Відповідь: В) 20 см.

11. Центр кола, описаного навколо трикутника, збігається із серединою сторони в трикутнику, що є... А. прямокутним; Б. гострокутним; В. тупокутним; Г. рівностороннім Відповідь: А). shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

12. Три кола, радіуси яких 3 см, 4 см і 5 см, попарно дотикаються зовні. Знайдіть периметр трикутника, вершинами якого є центри цих кіл. А. 22 см; Б. 23 см; В. 24 см; Г. 25 см PΔO1O2O3 = 2 ∙ (3 + 4 + 5) = 2 ∙ 12 = 24 (см). Відповідь Б) 24 см. shkola.in.ua

13. Радіуси двох кіл дорівнюють r1 і r2, а відстань між їхніми центрами — 10 см. Установіть відповідність між радіусами кіл r1 і r2 (1–3) та взаємним положенням цих кіл (А–Г). Радіуси кіл Взаємне положення кіл 1. r1 = 4 см, r2 = 7 см А. зовнішній дотик 2. r1 = 8 см, r2 = 2 см Б. внутрішній дотик 3. r1 = 5 см, r2 = 3 см В. кола перетинаються Г. кола не мають спільних точок

shkola.in.ua

shkola.in.ua 1) r1 + r2 = 4 + 7 = 11 см > 10 см – В. кола перетинаються 2) r1 + r2 = 8 + 2 = 10 см = 10 см – А. зовнішній дотик 3) r1 + r2 = 5 + 3 = 8 см < 10 см – Г. кола не мають спільних точок Відповідь: 1 – В; 2 – А; 3 – Г. Завдання для перевірки знань до §§21-27 1. Знайдіть діаметр кола, якщо його радіус дорівнює 26 мм. Оскільки діаметр кола вдвічі більший від радіуса, то діаметр дорівнює 26 мм ∙ 2 = 52 мм. Відповідь: 52 мм. 2. Знайдіть градусну міру кута, вписаного в коло, якщо відповідний йому центральний кут дорівнює 70°. Згідно теореми, вписаний кут дорівнює половині центрального кута, що спирається на цю ж дугу. Тому: ∠LKM = ∠LOM : 2 = 70° : 2 = 35°. shkola.in.ua Відповідь: 35°.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

3. На якому з малюнків зображено коло, описане навколо трикутника, а на якому — вписане у трикутник?

shkola.in.ua shkola.in.ua Коло, описане навколо трикутника Коло, вписане в трикутник 4. Накресліть коло, радіус якого дорівнює 4 см. Проведіть у ньому діаметр MN і хорду KL. Побудуйте за допомогою косинця дотичну до кола, що проходить через точку M.

shkola.in.ua 5. Точка O — центр кола, AB — його хорда. Знайдіть ∠OAB, якщо ∠AOB = 136°. ΔAOB — рівнобедрений, отже ∠OAB = (180° – ∠AOB) : 2 = (180° – 136°) : 2 = 22°.

shkola.in.ua 6. Накресліть відрізок FP завдовжки 5 см. За допомогою лінійки з поділками та косинця проведіть серединний перпендикуляр до відрізка FP.

shkola.in.ua

7. Два кола мають зовнішній дотик. Відстань між їхніми центрами дорівнює 20 см. Знайдіть радіуси кіл, якщо один з них утричі більший за інший. Нехай OO1 = 20 см, OA : AO1 = 1 : 3. shkola.in.ua O A = OO ∙ 1 = 20 ∙ 1 = 5 (см), 1 1 1+3 3

4 3

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

8. Побудуйте рівнобедрений трикутник, основа якого дорівнює 55 мм, а кут при вершині — 50°. 1) Будуємо пряму, позначаємо точку А і від неї відкладаємо точку В на відстані 55 мм; 180° – 50° 2) Визначаємо кути при основі: ∠A = ∠B = = 65°. 2 3) Будуємо ∠KAB = 65°. 4) Будуємо ∠LBA = 65°. shkola.in.ua 5) Промені AK і BL перетинаються у точці С. 6) ∆ABC — шуканий.

9. Коло, вписане в рівнобедрений трикутник, ділить його бічну сторону на відрізки 5 см і 2 см завдовжки, починаючи від вершини, що протилежна основі. Знайдіть периметр трикутника. Нехай ΔABC — рівнобедрений (AB = AC), в який вписано коло; K, L, M — точки дотику. За властивістю відрізків дотичних, проведених з однієї точки до кола, маємо: shkola.in.ua AK = AL = 5 см, LB = MB = KC = MC = 2 см. PΔABC = AB + BC + CA = AL + LB + MB + MC + KC + KA = = 5 + 2 + 2 + 2 + 2 + 5 = 18 (см). Відповідь: 18 см. 10. З точки A, що лежить поза колом, проведено до нього дві дотичні AB і AC, де B і C — точки дотику, ∠BAC = 60°. Знайдіть радіус кола, якщо відстань від точки A до центра кола дорівнює 8 см. Нехай AB і AC — дотичні (В і С — точки дотику), ∠BAC = 60°, OA = 8 см. ΔABO = ΔACO (за катетом і гіпотенузою: shkola.in.ua OC = OB – як радіуси кола, OA – спільна гіпотенуза). З рівності трикутників: 1 1 ∠BAO = ∠CAO = ∠BAC = ∙ 60° = 30°. 2 2 З прямокутного ΔABO (∠BAO = 30°) маємо: 1 1 OB = OA = ∙ 8 = 4 (см). 2 2 Відповідь: 4 см. 11. Не користуючись транспортиром, побудуйте кут, що дорівнює 120°. 1) Будуємо рівносторонній трикутник ABC. 2) Будуємо зовнішній кут побудованого трикутника. shkola.in.ua 3) ∠DAB = 120°.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

Вправи для повторення розділу 4 794. Накресліть коло. Проведіть у ньому радіус, діаметр і хорду. AB – діаметр, OC – радіус. AD – хорда. shkola.in.ua

795. Дано коло із центром у точці O. Скільки спільних точок має коло з: 1) променем OK; 2) прямою OK? 1) Коло з променем OK має одну спільну точку. 2) Коло з прямою OK має дві спільні точки.

shkola.in.ua 796. У колі із центром O проведено хорди AB і BC. Відомо, що ∠AOB = ∠BOC. Доведіть, що AB = BC. ΔAOB = ΔBOC за двома сторонами і кутом між ними (OA = OB, OB = OC – як радіуси кола, ∠AOB = ∠BOC – за умовою). Із рівності трикутників випливає, що AB = BC.

shkola.in.ua

797. У колі із центром O проведено діаметр AB і хорди AK і KB. Знайдіть кути трикутника AKB, якщо ∠KOB = 130°. ∠AOK = зовнішній кут до кута KOB. ∠AOK = 180° – 130° = 50°. ΔAOK – рівнобедрений, оскільки OA = OK – як радіуси, shkola.in.ua тоді ∠OAK = ∠AKO = (180° – 50°) : 2 = 130° : 2 = 65°. ΔKOB – рівнобедрений, оскільки OK = OB – як радіуси, тоді ∠OKB = ∠OBK = (180° – 130°) : 2 = 25°. ΔAKB – прямокутний, оскільки діаметр видно з будь – якої точки кола під кутом 90°. Отже, ∠AKB = 90°. Отже, ∠A = 65°, ∠K = 90°, ∠B = 25°. Відповідь: 25°, 65°, 90°. 798. Усі радіуси кола продовжили зовні кола на їхню довжину. Яку лінію утворять їхні кінці? Кінці радіусів кола утворюють коло з тим самим центром і радіусом, вдвічі більшим від даного радіуса. shkola.in.ua © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

799. Розділіть хорду навпіл за допомогою лише косинця, якщо дано центр кола. Нехай AB — дана хорда. За допомогою косинця проведемо діаметр CD ⊥ AB. Тоді за теоремою 3 діаметр кола, перпендикулярний до хорди, ділить її навпіл. Отже, AK = KB. shkola.in.ua 800. Знайдіть градусну міру кута між двома хордами, що виходять з однієї точки і дорівнюють радіусу. Нехай AB = BC = OC = OA, тоді ΔAOB і ΔBOC – рівносторонні. ∠A = ∠AOB = ∠ABO = 60°, ∠C = ∠OBC = ∠OCB = 60°. ∠ABC = ∠ABO + ∠OBC = 60° + 60° = 120°. Відповідь: 120°. shkola.in.ua 801. AB — діаметр кола, K — деяка точка кола. Знайдіть кути трикутника ABK, якщо найменший його кут у 4 рази менший від середнього за градусною мірою кута. ∠AKB = 90°, оскільки діаметр кола видно з будь – якої точки кола під кутом 90°. Нехай ∠KAB = x°, тоді ∠KBA = 4x°. x + 4x = 90°; 5x = 90°; shkola.in.ua x = 18. Отже, ∠A = 18°, ∠B = 18° ∙ 4 = 72°. Відповідь: 18°, 72°, 90°. 802. У колі через середину радіуса OA перпендикулярно до нього проведено хорду MN. Знайдіть кути трикутника MON. Нехай ОК = АК, MN ⊥ OA. 1 З ΔOMK: ∠OMK = 30°, оскільки OK = OM. shkola.in.ua 2 ΔMON – рівнобедрений, оскільки OM = ON – як радіуси, тоді ∠ONM = ∠OMN = 30°, ∠MON = 180° – ∠ONM – ∠OMN = 180° – 30° – 30° = 120°. Отже, в ΔMON ∠MON = 120°, ∠OMN = 30°, ∠MNO = 30°. Відповідь: 30°, 30°, 120°. 803. Хорда перетинає діаметр під кутом 30° і ділить його на два відрізки 7 см і 1 см завдовжки. Знайдіть відстань від центра кола до цієї хорди. Нехай DK ⊥ AB, CM ⊥ AB, ∠DPB = ∠CPM = 30°, PD = 7 см. 1 1 З прямокутного ΔDKP: DK = PD = ∙ 7 = 3,5 см. 2 2 З прямокутного ΔCMP: 1 1 MC = CP = ∙ 1 = 0,5 см. 2 2 Відповідь: 0,5 см; 3,5 см. shkola.in.ua

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

804. Накресліть коло, радіус якого 2,5 см. Позначте на ньому точку L. Проведіть за допомогою косинця січну LK та дотичну LM до кола.

shkola.in.ua 805. Нехай OK — відстань від центра кола O до прямої p, а r — радіус кола. Яким є взаємне розміщення прямої і кола, якщо: 1) OK = 12 см, r = 14 см; 2) r = 7 см, OK = 70 мм; 3) OK = 2 дм, r = 18 см; 4) r = 32 мм, OK = 0,3 дм? 1) Пряма p перетинає коло, оскільки OK < r, 12 см < 14 см. 2) Пряма p дотикається до кола, оскільки OK = r, 7 см = 70 мм. 3) Пряма p не має спільних точок з колом, оскільки OK > r, 2 дм > 18 см. 4) Пряма p перетинає коло, оскільки OK < r, 0,3 дм < 32 мм. shkola.in.ua 806. Чи перетинаються дотичні до кола, що проходять через кінці його діаметра? Нехай a і b — дотичні, тоді a ⊥ AB, b ⊥ AB, a ∥ b. Отже, дотичні до кола, проведені через кінці діаметра, не перетинаються. shkola.in.ua 807. Пряма в точці A дотикається до кола із центром O. На дотичній з різних боків від точки A відкладено рівні відрізки AM і AN. Доведіть, що OM = ON. Нехай MN – дотична до кола, тоді OA ⊥ MN (оскільки дотична до кола є перпендикулярною до радіуса, який проведений в точку дотику). ΔAOM = ΔAON за двома катетами (OA – спільний катет, AM = AN – за умовою). Із рівності трикутників випливає, що OM = ON. shkola.in.ua 808. Радіус кола ділить навпіл хорду, яка не є діаметром. Доведіть, що дотична, проведена через кінець даного радіуса, паралельна даній хорді. Оскільки BK = KC, то BC ⊥ OA. Оскільки AM — дотична, то AM ⊥ OA. Оскільки BC ⊥ OA і AM ⊥ OA, то BC ∥ AM. Отже, дотична, проведена через кінець радіуса, паралельна даній хорді.

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

809. Накресліть тупокутний трикутник. За допомогою транспортира, циркуля та лінійки побудуйте коло, вписане в цей трикутник. Оскільки центром кола, вписаного у трикутник, є точка перетину бісектрис цього трикутника, то за допомогою транспортира побудуємо бісектриси кутів A і B. shkola.in.ua Проведемо OP ⊥ AB – це і буде радіус вписаного кола. За допомогою циркуля впишемо коло з центром у т. О радіусом OP. 810. Накресліть кут 80°. За допомогою циркуля, косинця, транспортира та лінійки з поділками впишіть у цей кут коло так, щоб точка дотику до сторін кута містилася на відстані 2 см від його вершини. Будуємо бісектрису кута B. На сторонах кута відкладаємо відрізки BC = BA = 2 см. З точок C і A за допомогою косинця будуємо перпендикуляри до перетину у точці O. За допомогою циркуля впишемо коло з центром у т. O shkola.in.ua радіусом, який дорівнює OA.

shkola.in.ua

811. Центр кола, вписаного у трикутник, лежить на перетині двох медіан трикутника. Доведіть, що трикутник рівносторонній. Нехай BD і CK — медіани, O — центр кола, вписаного в ΔABC. Оскільки O — точка перетину бісектрис, то BD і CK — бісектриси, медіани і висоти, а бісектриси, медіани і висоти співпадають тільки в рівносторонньому трикутнику. Отже, shkola.in.ua ΔABC — рівносторонній. 812. Вписане в рівнобедрений трикутник коло ділить бічну сторону у відношенні 2:3, починаючи від основи. Знайдіть сторони трикутника, якщо його периметр дорівнює 70 см. Нехай ΔABC — рівнобедрений (AB = CB), E, F, D – точки дотику. За умовою EA : EB = 2 : 3. Нехай EA = 2x, EB = 3x. shkola.in.ua Враховуючи рівність відрізків дотичних, проведених з однієї точки до кола, маємо: PΔABC = AB + BC + CA = (2x + 3x) + (3x + 2x) + (2x + 2x) = 14x. За умовою P = 70 см, отже, 14x = 70 см, x = 5 см. Тоді AB = BC = 2x + 3x = 5x = 5 ∙ 5 = 25 (см), AC = 2x + 2x = 4x = 4 ∙ 5 = 20 (см). Відповідь: 25 см, 25 см, 20 см. 813. Накресліть прямокутний трикутник. За допомогою креслярських інструментів опишіть навколо нього коло. ΔABC – прямокутний. O – центр кола – середина гіпотенузи.

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

814. Доведіть, що в рівнобедреному трикутнику центр описаного кола належить прямій, що містить висоту трикутника, проведену до основи. Центр описаного кола лежить на серединних перпендикулярах до сторін трикутника. Нехай ΔABC — рівнобедрений (AB = BC), BD ⊥ AC, тоді AD = DC, оскільки висота, проведена до основи, є медіаною. Маємо BD ⊥ AC і AD = DC, отже, DB належить shkola.in.ua серединному перпендикуляру до основи AC. 815. Доведіть, що центр кола, описаного навколо рівностороннього трикутника, збігається із центром кола, вписаного в цей трикутник. Нехай ΔABC — рівносторонній. Точка O — центр вписаного кола в рівносторонній трикутник, отже, точка O — точка перетину shkola.in.ua бісектрис трикутника ABC. Оскільки в рівносторонньому трикутнику бісектриси є висотами і медіанами, то бісектриси лежать на серединних перпендикулярах до сторін трикутника, які перетинаються в т. O. 816. На малюнку точка O — центр кола. 1) ∠1 = 40°. Знайдіть ∠2. 2) ∠2 = 25°. Знайдіть ∠1. 1 1) ∠1 = 40°, ∠2 = ∙ 40° = 20°. 2 2) ∠2 = 25°, ∠1 = 2 ∙ ∠2 = 2 ∙ 25° = 50°

shkola.in.ua 817. На малюнку точка O — центр кола. Знайдіть ∠2, якщо: 1) ∠1 − ∠2 = 15°; 2) ∠1 + ∠2 = 54°. ∠1 = 2 ∙ ∠2. 1) ∠1 – ∠2 = 15°; shkola.in.ua 2 ∙ ∠2 – ∠2 = 15°; ∠2 = 15°. 2) ∠1 + ∠2 = 54°; 3 ∙ ∠2 = 54°; ∠2 = 18°. 818. Гострокутний трикутник ABC вписано в коло із центром у точці O. Знайдіть ∠BOC, якщо ∠A = α. 1 ∠А = ◡ВС; 2 ◡ВС = 2∠А = 2α. shkola.in.ua ∠ВОС = ◡ВС = 2α. Відповідь: 2α.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

819. У коло радіуса 2 см вписано кут ABC, що дорівнює 30°. Знайдіть довжину хорди AC. ∠АВС = 30° — вписаний, ◡АС = 2∠АВС = 60°. ∠АОС — центральний, ∠АОС = ◡АС = 60°. △АОС — рівносторонній (АО = ОС, ∠АОС = 60°, ∠ОАС = ∠ОСА = 60°). Отже, АС = АО = 2 см. shkola.in.ua Відповідь: 2 см.

shkola.in.ua 820. Продовження бісектриси кута A трикутника ABC перетинає коло, описане навколо трикутника, у точці K. Доведіть, що BK = CK. 1 ∠ВАК = ◡ВК; 2 1

∠САК = ◡СК; 2

shkola.in.ua

∠ВАК = ∠САК за умовою, тоді ◡ВК = ◡СК; 2 2 ◡ВК = ◡СК.

821. Коло поділено чотирма точками на частини, які відносяться як 1 : 2 : 3 : 4, і точки поділу сполучено між собою відрізками. Визначте кути утвореного чотирикутника. 1 + 2 + 3 = 4 = 10. Коло поділили на 10 частин. Стороні АВ чотирикутника відповідає 1 частина, стороні ВС — 2, СD — З і АD — 4 частини. Дуга, що відповідає одній частині, дорівнює 360° : 10 = shkola.in.ua 36°. ∠А спирається на дугу ◡АD = 6 ∙ 36° = 216°. 1 ∠A = ◡AD = 216° : 2 = 108°. 2

Аналогічно, ∠B = ◡AC = ∙ 7 ∙ 36° = 126°. 1

2 1

∠C = ◡BD = ∙ 5 ∙ 36° = 90°. ∠D = ◡AC = ∙ 3 ∙ 36° = 54°. 2 2 Відповідь: 108°, 126°, 90°, 54°.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

822. Знайдіть геометричне місце точок, з яких даний відрізок MN видно під заданим кутом α. Нехай ММ — даний відрізок. Побудуємо два трикутника MNO1 і MNO2 так, щоб точки О1 і O2 лежали по різні боки від прямої МN і ∠МО1N = ∠МО2N = 2α. Опишемо кола навколо цих трикутників. Розглянемо дугу ◡MAN. З будьякої точки цієї дуги відрізок MN буде видно під тим самим кутом, що вимірюється половиною дуги ◡MSN. Під цим же кутом буде видно відрізок і з точок дуги МВN. З жодної іншої точки, що не лежить на жодній з цих дуг, відрізок не можна бачити під кутом а. Отже, геометричне місце точок, з яких даний відрізок МN видно під кутом а, складається з двох дуг кіл, симетрично розміщених відносно даного відрізка. shkola.in.ua 823. Накресліть відрізок 4 см завдовжки. Побудуйте два кола, центрами яких є кінці заданого відрізка, такі, що: 1) не перетинаються; 2) перетинаються. 1) AB = 4 см. Кола не перетинаються.

shkola.in.ua 2) AB = 4 см. Кола перетинаються.

shkola.in.ua 824. Діаметр більшого з концентричних кіл ділиться меншим колом на три частини, що дорівнюють 3 см, 8 см і 3 см. Знайдіть радіуси кіл. Нехай CA = 3 см, AB = 8 см, BD = 3 см. AO = AB : 2 = 8 см : 2 = 4 см. CO = CA + AO = 3 см + 4 см = 7 см. Відповідь: 4 см, 7 см. shkola.in.ua 825. На малюнку зображено концентричні кола, радіуси яких відносяться як 10 : 7. Знайдіть ці радіуси, якщо AB = 12 см. Нехай OB = 10x, OA = 7x. AB = OB – OA = 10x – 7x = 3x. За умовою 3x = 12 см, x = 4 см. Тоді OB = 10 ∙ 4 = 40 (см), OA = 7 ∙ 4 = 28 (см). shkola.in.ua Відповідь: 40 см, 28 см. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

826. За якого розміщення двох кіл до них можна провести лише три спільні дотичні? Три спільні дотичні можна провести до кіл, які мають зовнішній дотик.

shkola.in.ua 827. Відстань між центрами двох кіл, що дотикаються, дорівнює 16 см. Знайдіть радіуси цих кіл, якщо вони відносяться як 5 : 3. Розгляньте всі можливі випадки. I випадок. Кола мають зовнішній дотик. Нехай O1K = 5x, OK = 3x, тоді 5x + 3x = 16; 8x = 16; x = 2. shkola.in.ua Отже, O1K = 5 ∙ 2 = 10 (см), OK = 3 ∙ 2 = 6 (см). Відповідь: 10 см, 6 см. II випадок. Кола мають внутрішній дотик. Нехай OK = 5x, O1K = 3x. Тоді O1O = OK – O1K = 5x – 3x = 2x; 2x = 16; x = 8. Отже, OK = 5 ∙ 8 = 40 (см), shkola.in.ua O1K = 3 ∙ 8 = 24 (см). Відповідь: 40 см, 24 см. 828. Накресліть довільний кут A і побудуйте коло із центром у його вершині, радіус якого дорівнює відрізку, зображеному на малюнку. Чи перетинає коло кожну зі сторін кута? Так, перетинає.

shkola.in.ua

shkola.in.ua 829. Побудуйте відрізок, довжина якого вдвічі більша за довжину відрізка на малюнку.

830. Накресліть за допомогою транспортира кут, градусна міра якого дорівнює 80°. Побудуйте (без транспортира) кут, що дорівнює заданому, і його бісектрису. ∠A = 80°. 1) Провести промінь з т. A1; 2) довільним радіусом циркуля провести дуги з т. А і т. A1; 3) заміряти циркулем відрізок BC і провести цим радіусом дугу з т. C1; 4) з'єднати т. A1 і т. B1; ∠BAC = ∠B1A1C1; 5) довільним радіусом циркуля провести дуги з т. B1 і т. C1; 6) з'єднати т. A1 і т. F1; A1F1 — бісектриса ∠B1A1C1, ∠B1A1F1 = ∠FA1C1.

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

831. Накресліть довільний трикутник і проведіть його бісектрису. 1) Довільним радіусом провести дуги з т. A, т. B і т. C; 2) довільним радіусом провести дуги з точок K, L, M, N, F, E; 3) з'єднати т. A з т. P, т. B з shkola.in.ua т. D, т. C з т. Q і продовжити ці промені до перетину. Точка O — точка перетину бісектрис ΔABC. 832. Накресліть гострокутний трикутник та проведіть його медіани. Упевніться в тому, що медіани перетнулися в одній точці. AK = KB, BM = MC, AN = NC. Точка L — точка перетину медіан ΔABC. shkola.in.ua 833. Накресліть довільний тупий кут. Побудуйте кут, що дорівнює: 1 3 1) від накресленого кута; 2) від накресленого кута. 4 4 ∠A — тупий. 1) Довільним радіусом провести дуги з т. A; 2) довільним радіусом провести дуги з т. B і т. C; з'єднати т. A і т. D; ∠BAD = ∠DAC; 3) радіусом AB = AC провести дугу з т. A, що перетинає AD; shkola.in.ua 4) довільним радіусом провести дуги з точок B і F, F і C; 5) з'єднати т. A з т. M, т. A з т. N; 1 ∠BAM = ∠MAD = ∠DAN = ∠NAC = ∠BAC ⇒ 1

∠BAM = ∠BAC, ∠MAC = ∠BAC. 4 4 834. За двома даними кутами трикутника побудуйте кут, що дорівнює його третьому куту. 1) На сторонах кута A позначимо точки B і C; з'єднаємо їх; 2) побудуємо ΔOMN = ΔABC, OM = AB, MN = BC, ON = AC; 3) на сторонах кута K позначимо точки F і L; з'єднаємо їх; 4) побудуємо ΔQPE = ΔKFL, KL = PQ, KF = EQ, shkola.in.ua FL = PE; 5) ∠BAC = ∠MON, ∠FKL = ∠EQP; продовжимо OM і QE до перетину; ∠ODQ є шуканим.

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

835. Побудуйте рівнобедрений прямокутний трикутник за його гіпотенузою. AB = AC, ∠A = 90° ⇒ ∠B = ∠C = 45°; AK ⊥ BC; BK = AK = KC. 1) Накреслити BC; 2) поділити BC навпіл і провести через т. K перпендикуляр; 3) відкласти KA = KB = KC; 4) з'єднати т. A з т. B і т. C. shkola.in.ua ΔABC є шуканим.

836. Побудуйте прямокутний трикутник за катетом і гострим кутом. 1) Накреслити катет AB; 2) на сторонах ∠B провести дугу та позначити точки M і N; 3) по трьом сторонам побудувати ΔBFK = ΔBMN; BF = BN, BK = BM, FK = MN; продовжити промінь BK; 4) від точки A відкласти рівні shkola.in.ua відрізки AE = AL; з точок E і L довільним радіусом провести дуги; 5) з'єднати т. D з т. A і продовжити промінь AD; точка перетину двох променів C — вершина трикутника. ΔABC є шуканим. 837. Побудуйте рівнобедрений трикутник за основою a та радіусом описаного кола R (a < 2R). Скільки розв'язків має задача? 1) Накреслити коло радіусом R; 2) обрати довільну т. А і провести дугу радіусом а; AB = a; 3) опустити перпендикуляр на середину відрізка AB; FK ⊥ AB, AK = KB, т. C — вершина ΔАСВ; 4) продовжити FK до перетину з колом; т. D — вершина ΔADB. Шуканими є трикутники АСВ і ADB. shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

838. Побудуйте трикутник за двома сторонами та кутом, що лежить проти меншої з них. AB < AC; ∠C = α. 1) Накреслити відрізок AC; 2) Побудувати ∠C = α; 3) з т. A провести дугу радіусом AB. Точки B1 і В2 — вершина трикутників AB1C і AB2C, які є шуканими. shkola.in.ua

839. Побудуйте рівнобедрений трикутник за кутом між бічними сторонами і бісектрисою, проведеною з вершини кута при основі. Нехай задано кут А при вершині рівнобедреного трикутника ABC та бісектрису BK трикутника. 180° – ∠А

1) Знайдемо кути B i C при основі трикутника; ∠B = ∠C = . Для цього побудуємо 2 ∠MNK = ∠A та суміжний до цього кута кут LNM та побудуємо бісектрису кута LNM — промінь NT. Тоді ∠LNT= ∠B = ∠C.

shkola.in.ua

2) NP – бісектриса кута ∠LNT. Тоді ∠PNL = ∠KBC. 3) ∠KBC = 180° – (∠C + ∠KBC). Для побудови кута BKC від розгорнутого кута відкладемо ∠C і ∠KBC; ∠DEF = ∠C; ∠DEG = ∠KBC. Тоді ∠GEH = ∠BKC. 4) Будуємо ∠KBC за стороною і двома прилеглими кутами. 5) ∠KBQ = ∠CBK. 6) CK і BQ перетинаються в точці А. 7) ∆ABC – шуканий.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

840. Побудуйте прямокутний трикутник за катетом і сумою другого катета і гіпотенузи. Нехай задано катет а і суму іншого катета b і гіпотенузи с. 1) Будуємо прямокутний трикутник DCB за двома катетами а і b + с. 2) Будуємо серединний перпендикуляр до відрізка BD, що перетинає DC у точці А. 3) Тоді AB = AD, а тому AB + AC = AD + AC = b + с, тобто ∆ABC — шуканий трикутник. shkola.in.ua

shkola.in.ua

Завдання для перевірки знань за курс геометрії 7 класу 1. Проведіть пряму m, позначте точку A, що належить прямій m, і точку B, що прямій m не належить. Виконайте відповідні записи. A ∈ m, B ∉ m. shkola.in.ua 2. Накресліть довільний відрізок MN та коло із центром у точці M, радіус якого дорівнює MN. shkola.in.ua

3. У трикутнику CDE кут C — прямий. Як називають сторону DE цього трикутника? Як називають сторони CD і CE цього трикутника? DЕ – гіпотенуза, CD і CE – катети. shkola.in.ua 4. Один з кутів, що утворилися при перетині двох прямих, дорівнює 119°. Знайдіть решту кутів. Знайдіть градусну міру кута між цими прямими. ∠COB = ∠AOD = 119° — як вертикальні кути. ∠AOC = ∠DOB = 180° – 119° = 61° (за теоремою про суміжні кути). Кут між прямими AB і CD дорівнює 61°. 61°, 61°, 119°, 119°.

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

5. Периметр рівнобедреного трикутника дорівнює 24 см, а бічна сторона — 9 см. Знайдіть основу трикутника. Нехай ΔABC — рівнобедрений, AB = BC = 9 см, PΔABC = 24 см, тоді AC = PΔABC – (AB + BC) = 24 – (9 + 9) = 24 – 18 = 6 (см). Відповідь: 6 см.

shkola.in.ua 6. Дано: DC = MN, ∠CDN = ∠DNM . Довести: ΔCDN = ΔMND.

shkola.in.ua

ΔCDN = ΔMND за першою ознакою рівності трикутників, оскільки DC = MN — за умовою, ∠CDN = ∠DNM — за умовою, DN — спільна сторона.

shkola.in.ua

7. Один з кутів трикутника дорівнює 68°, а другий — на 14° більший за третій. Знайдіть невідомі кути трикутника. Нехай ΔABC — даний трикутник, ∠B = 68°. Нехай ∠A = x°, тоді ∠C = x° + 14°. ∠A + ∠B + ∠C = 180°, x + 68° + x + 14° = 180°; 2x = 98°; shkola.in.ua x = 49°. Отже, ∠A = 49°, ∠C = 49° + 14° = 63°. Відповідь: 49°, 63°. 8. Побудуйте ΔABC, якщо AB = 6 см, AC = 3 см, ∠A = 50°. 1) Будуємо кут А. 2) На одному з променів відкладаємо АВ, на іншому АС. 3) З’єднуємо точки В і С. ΔABC – шуканий.

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

9. Знайдіть гострі кути прямокутного трикутника, якщо зовнішні кути при вершинах цих кутів відносяться як 29 : 25. Нехай у прямокутному трикутнику ABC (∠C = 90°) ∠A = x°, тоді ∠B = 90° − x°. За властивістю суміжних кутів ∠PAB = 180° – x°, ∠RBA = 180° – (90° – x°) = 90° + x°. За умовою задачі маємо: 180°−x 90°+x = , звідси 4500 – 25x = 2610 + 29x; 29 25 54x = 1890; shkola.in.ua x = 35. Отже, ∠A = 35°, ∠B = 90° – 35° = 55°. Відповідь: 35°, 55°. Задачі підвищеної складності 1. Дано відрізок AB. Позначте всі такі точки K на відрізку AB, для яких виконується співвідношення: 1) BK = 3AK; 2) BK ≥ 3AK. 1) т. K; 2) відрізок AK. 2. ∠AOB = 120°. Побудуйте промінь OK, який проходить між сторонами даного кута так, що 3∠AOK − 2∠KOB = 10°. Нехай ∠AOK = x. Тоді ∠KOB = 120 – x. 3x – 2(120 – x) = 10; shkola.in.ua 3x – 240 + 2x = 10; 5x – 240 = 10; 5x = 250; x = 50. ∠AOK = 50°; ∠KOB = 70°. 3. Скільки різних прямих можна провести через чотири точки так, щоб кожна пряма проходила щонайменше через дві із заданих точок? Розгляньте всі можливі випадки. До кожного зробіть малюнок. 1) 1 пряма; 2) 4 прямі; 3) 6 прямих;

shkola.in.ua shkola.in.ua 4. Скільки різних точок перетину можуть мати чотири прямі, кожні дві з яких перетинаються? Розгляньте всі можливі випадки. До кожного виконайте малюнок. 2) 4 точки; 1) 4 точки; а∥b, c∥d; 3) 3 точки; a∥b; shkola.in.ua

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

4) 6 точок; shkola.in.ua

5) 5 точок; a∥b.

shkola.in.ua

5. Точки A, B і C належать прямій a, причому точка B лежить між точками A і C. Відомо, що AC < 1,9AB. Порівняйте довжини відрізків BC і AB. Нехай AB = x. Тоді AC < 1,9x. BC = AC – AB; BC < 1,9x – x; BC < 0,9x; BC < 0,9AB. 6. На малюнку: ∠AOC − ∠BOD. OL і OP — бісектриси кутів ∠AOD і ∠COB. Порівняйте кути: 1) AOL і COP; 2) LOP і AOC. 1) ∠COB = ∠AOB – ∠AOC; ∠AOD = ∠AOB – ∠BOD ⇒ ∠COB = ∠AOD. OL, OP — бісектриси ⇒ ∠AOL = ∠COP. shkola.in.ua 2) ∠LOP = ∠AOB – ∠AOL – ∠POB = ∠AOB – 2∠AOL. ∠AOC = ∠AOB – ∠COB = ∠AOB – 2∠COP ⇒ ∠LOP = ∠AOC.

7. Дано п’ять прямих, кожні дві з яких перетинаються. Відомо, що через точку перетину будь-яких двох з них проходить принаймні ще одна з даних прямих. Доведіть, що всі ці прямі проходять через одну точку. 1) Неправильно, бо маємо три точки перетину, а залишилося дві прямі; shkola.in.ua

2) Правильно.

shkola.in.ua 8. Чи можна градусні міри двох суміжних кутів записати: 1) тільки непарними цифрами; Так; 171° і 9°; 175° і 5°; 2) тільки парними цифрами? Ні. 9. Знайдіть суміжні кути, якщо: 1 1 1) градусні міри цих кутів відносяться як : ; 1

x + x = 180; 3x + 2x = 1080; 5x = 1080; x = 216; x = 108; x = 72; 108° і 72°; 2 3 2 3 2) половина одного з них становить 40 % від іншого. 0,5x = 0,4(180 – x); 0,5x = 72 – 0,4x; 0,9x = 72; x = 80; 80° і 100.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

10. У якому з випадків утвориться більше пар вертикальних кутів: при перетині трьох прямих в одній точці чи в трьох точках? 1) 6 пар кутів: ∠AOB і ∠FOD; ∠BOC і ∠FOG; ∠COD і ∠GOA; ∠AOC і ∠DOG; ∠BOD і ∠FOA; ∠COF і ∠GOB. shkola.in.ua

2) 6 пар кутів. Однаково.

shkola.in.ua

11. Знайдіть кут між двома прямими, що перетинаються, якщо сума одного з утворених 3

кутів і іншого дорівнює 90°. 6 Нехай α = x. 1 5 1) x + (180 – x) = 90; 3 6 2x + 900 – 5x = 540; 3x = 360; x = 120; α = 120°;

2) x + x = 90; 3 6 2x + 5x = 540; 7x = 540; 1 x = 77 ; 7 1°

α = 77 . 7 12. Через вершину тупого кута, градусна міра якого дорівнює α, проведено промені, перпендикулярні до сторін кута. Промені утворили гострий кут β. Доведіть, що α + β = 180°. shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

13. Чи є паралельними прямі AB і CD на малюнку? 112° + 108° + 139° = 359°; 359° ≠ 360°. Відповідь: нi.

14. Чи можна, використовуючи шаблон кута, градусна міра якого 27°, побудувати перпендикулярні прямі? 27° ∙ 10 = 270°; 360° – 270° = 90°. Відповідь: так. 15. Знайдіть градусну міру кожного з кутів, утворених при перетині двох прямих, якщо один з них у 2,6 раза менший від суми трьох інших. Нехай α = x. 2,6x = x + 180 – x + 180 – x; 2,6x = –x + 360; 3,6x = 360; x = 100. Відповідь: 100°; 100°; 80°; 80°. 16. Периметр трикутника на 10 см більший за одну зі сторін, на 13 см — за другу і на 9 см — за третю. Знайдіть периметр трикутника. a + b + c − a = 10, b + c = 10, {a + b + c − b = 13, {a + c = 13, a + b + c – c = 9; a + b = 9; shkola.in.ua 2a + 2b + 2c = 32; a + b + c = 16. P = 16 см. 17. Точки M і N — середини сторін AB і AC трикутника ABC, AB = AC, MK ⊥ AB, NL ⊥ AC. Доведіть, що ∠NLK = ∠MKL. 1 1 AM = AB = AC = AN; ∠A — спільний; 2 2 ∠AMK = ∠ANL = 90° ⇒ ΔAMK = ΔANL ⇒ MK = NL. ΔMLK і ΔNLK: MK = LN; ∠LMK = ∠LNK = 90°; LK — спільна сторона ⇒ ΔMLK = ΔNLK ⇒ ∠NLK = ∠MKL. shkola.in.ua 18. Прямі, що містять бісектриси зовнішніх кутів при вершинах B і C трикутника ABC, перетинаються в точці O. Знайдіть ∠BOC, якщо ∠A = α. ∠A + ∠B + ∠C = 180°; α+∠C ∠B + ∠CBO + ∠MBO = 180° ⇒ ∠CBO = ; shkola.in.ua

∠C + ∠BCO + ∠OCN = 180°; ∠BCO = ∠BOC = 180° – = 180° – α –

α+∠C

2 180°−α

–

α+∠B 2

2 α+∠B

;

= 180° – α – α

2 ∠C+∠B 2

= α

= 180° – α – 90° + = 90° – . 2

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

19. На малюнку: ΔABC = ΔCDA, AB = CD = 40 см, BO = DO = 10 см. Периметр трикутника ABC дорівнює 100 см. Знайдіть периметр трикутника AOC, якщо AO більша за AC на 30 см. Нехай AC = x. Тоді AB + BO + OC + AC = 40 + 10 + x + 30 + x = 100; 2x + 80 = 100; x = 10. AC = 10; shkola.in.ua AO = 40 – OC. PΔAOC = 10 + 40 + 40 = 90 (см). 20. ΔABC — рівнобедрений з основою AB. Медіани AA₁ і BB₁ продовжено за точки A₁ і B₁ на відрізки A₁K і B₁L відповідно так, що A₁K = AA₁ і B₁L = BB₁. Доведіть, що ∠ALC = ∠BKC. ΔAB1B = ΔAA1B: AB — спільна; AB1 = BA1; ∠A = ∠B ⇒ ΔAB1B = ΔAA1B ⇒ AA1 = BB1, BL = AK. ΔABL = ΔABK: AB — спільна; BL = AK; ∠A1AB = ∠B1BA ⇒ ΔABL = ΔABK; AL = BK. shkola.in.ua ∠LAB = ∠KBA, ∠LAC = ∠KBC ⇒ ΔALC = ΔBKC. 21. Доведіть, що з точки перетину бісектрис кожну зі сторін трикутника видно під тупим кутом. ∠A + ∠C < 180° ⇒ ∠OAC + ∠OCA < 90° ⇒ ∠AOC > 90°.

22. Дві сторони і висота, що проведена до третьої сторони одного трикутника, відповідно дорівнюють двом сторонам і висоті, що проведена до третьої сторони другого трикутника. Чи можна стверджувати, що трикутники рівні між собою? ΔABM і ΔA1B1M1: AB = A1B1, AM = A1M1, ∠BMA = ∠B1M1A1 = 90° ⇒ ΔABM = ΔA1B1M1. Аналогічно ΔAMC = ΔA1M1C1 ⇒ ΔABC = ΔA1B1C1. 23. Дві сторони і медіана, що проведена до третьої сторони одного трикутника, дорівнюють відповідно двом сторонам і медіані, проведеній до третьої сторони другого трикутника. Доведіть, що ці трикутники рівні між собою. 1) Нехай AB = A1B1; BC = B1C1 і BM = B1M1, де BM і B1M1 — медіани shkola.in.ua трикутників ABC і A1B1C1. 2) Продовжимо BM за точку M на відрізок BM; MD = BM; аналогічно B1M1 за точку M1 на відрізок M1D1 = B1M1. 3) Оскільки AM = MC і ∠AMD = shkola.in.ua ∠BMC (як вертикальні), то ∆AMD = ∆CMB, тому AD = BC. Аналогічно A1D1 = B1С1.

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

4) ∆ABD = ∆A1B1D1 (за третьою ознакою), тому ∠ABM = ∠A1B1M1 5) ∆ABM = ∆A1B1M1 (за першою ознакою), тому AM = A1M1, а отже і AC = A1С1 (як подвоєні рівні відрізки). 6) Отже, ∆ABC = ∆A1B1С1 (за трьома сторонами), що й треба було довести. 24. Визначте вид трикутника (за кутами), якщо: 1) сума будь-яких двох його кутів більша за 90°; ∠A + ∠B > 90° ⇒ ∠C > 90°. Аналогічно ∠A > 90°; ∠B < 90°. Трикутник гострокутний. 2) кожний з кутів менший від суми двох інших. ∠A < ∠B + ∠C ⇒ ∠A не може бути більше 90°. Аналогічно ∠B і ∠C теж менше 90°. Трикутник гострокутний 25. У трикутнику ABC кут C — прямий. Сторону AB трикутника продовжено за точку A на відрізок AP = AC і за точку B на відрізок BT = BC. Знайдіть суму градусних мір кутів СРТ і СТР. Нехай ∠A = α. Тоді ∠B = 90° – α. ∠PAC = 180° – α; 180°−(180°−α) 𝛼 ∠APC = ∠ACP – = . 2 2 ∠CBT = 180° – (90° – α) = 90° + α; 180°−(90°−α) shkola.in.ua ∠BCT = ∠BTC = = 90°−α 2

. α

90° −α

∠CPT + ∠CTP = + α + 90° −α 2

90° 2

= 45°.

26. У трикутнику ABC AC = BC, D — точка перетину бісектрис трикутника, а точка O — центр кола, описаного навколо трикутника. Відрізок OD перетинає сторону AB трикутника в точці P і ділиться цією точкою навпіл. Знайдіть кути трикутника ABC. 1) Позначимо ∠CAD = ∠DAB = х. 2) CP — серединний перпендикуляр і висота ∆ABC. Тому АР— висота ∆ADO. 3) Оскільки висота ∆ADO є також і медіаною, то AD = AO, а тому AP також і бісектриса ∆ADO. Маємо ∠OAP = х. 4) OA = OC (як радіуси), тому shkola.in.ua ∠OCA = ∠OAC = 3х. 5) Але в ∆ACP: ∠C = 90° – 2х. Маємо 3х = 90° – 2х; 5х = 90°; х = 18°. 6) Отже, ∠CAB = ∠CBA = 2 ∙ 18° = 36°; ∠ACB = 180° – 2 ∙ 36° = 108°. Відповідь: 36°; 36°; 108°.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

27. Відрізки AC і BD перетинаються. Відомо, що AB > AC. Доведіть, що BD > CD. ΔABC: AB > AC ⇒ ∠BCA > ∠ABC. ∠CBD < ∠ABC, ∠BCD > ∠BCA ⇒ BD > CD. shkola.in.ua

28. У трикутнику ABC AB > AC, AM — медіана. Доведіть, що ∠CAM > ∠MAB. 1) Продовжимо медіану AM за точку M на довжину AM, отримаємо точку D. 2) ∠CMD = ∠AMB (як вертикальні). Тому ∆CMD = ∆BMA (за першою ознакою). Тому ∠CDM = ∠MAB i CD = AB. 3) Оскільки AB > АС, то й CD > АС. 4) У ∆CAD: CD > АС, а тому ∠CAD > ∠CDA. Тому ∠CAM > ∠MAB, що й треба було довести. shkola.in.ua

29. Усередині рівностороннього трикутника ABC узято довільну точку K. Доведіть, що AK < BK + KC. 1) ∠KAC < 60°; ∠KCA < 60°, тому ∠AKC > 60° і у ∆AКC кут AKC є найбільший. А отже, AC > AK. 2) У ∆BKC за нерівністю трикутника: BK + KC > BC. 3) Оскільки AC = BC і AC > AK і BK + KC > BC, то AK shkola.in.ua < BK + KC, що й треба було довести.

30. У прямокутному трикутнику один з гострих кутів удвічі менший від другого, а сума гіпотенузи та меншого катета дорівнює a см. Знайдіть радіус кола, описаного навколо трикутника. 1) Позначимо ∠B = х, тоді ∠A = 2х. Тоді х + 2х = 90°; 3x = 90°; x = 30°. 𝐴𝐵 shkola.in.ua 2) Отже, ∠B = 30°, а тому AC = . 2 3) Позначимо AC = у (см), тоді AB = 2у см. За умовою у + 2у = а; 3у = а; 𝑎 у = (см). 3

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

4) Оскільки у прямокутному трикутнику радіус описаного кола R дорівнює половині 2𝑦 𝑎 гіпотенузи, то R = = у = (см). 𝑎

Відповідь: см. 3 31. У трикутнику ABC ∠C = 90°, ∠B = 40°. На сторонах AB і BC позначено точки K і L так, що ∠LAK = 5°, ∠LCK = 10°. Знайдіть ∠LKC. 1) ∠BAC = 90° – ∠B = 50°. 2) ∠LAC = 50° – 5° = 45°. 3) ∠KCA = 90° – 10° = 80°. 4) У ∆CKA – ∠CKA = 180° – (80° + 50°) = 50°, тому ∆CKA — рівнобедрений і CK = CA. 5) ∠CLA = 90° – 45° = 45°; тому ∆CLA – рівнобедрений і CL = CA. 6) CK =CA і CL = CA, тому CK = CL; тобто ∆CLK — 180° – 110° рівнобедрений і ∠LKC = ∠CLK = = 85°. 2 shkola.in.ua Відповідь: 85°.

shkola.in.ua

32. У трикутнику ABC висоти AA₁ і BB₁ рівні й AB₁ = CA₁. Знайдіть ∠C. 1) За умовою AA1 ⊥ BC; BB1 ⊥ AC; AA1 = BB1 і AB1 = CA1. 2) ∆ABB1 = ∆CAA1 (за двома катетами), тому shkola.in.ua AB = CA, ∠ABB1 = ∠CAA1 і ∠C = ∠BAB1. 3) Оскільки ∠C = ∠BAB1, то ∆ABC —рівнобедрений і AB = BC. 4) AB = CA і AB = BC, тому AB = CA = BC; ∆ABC — рівносторонній; ∠C = 60°. Відповідь: 60°.

shkola.in.ua

33. Відрізок BD — висота гострокутного трикутника ABC. Від вершини B на прямій BC відкладено відрізки BM і BN, завдовжки як сторона AB. На стороні AC від точки D відкладено відрізок DL, що дорівнює DA. Доведіть, що точки A, M, N, L лежать на одному колі. 1) Побудуємо коло із центром у точці В і радіусом BA. Зрозуміло, що точки M і N належать цьому колу (оскільки shkola.in.ua BA = BN = BM). 2) BD є висотою і медіаною ∆BLA, тому ∆BLA — рівнобедрений і BL = BA. Тому точка L також належить побудованому колу. 3) Отже, точки А, М, N і L лежать на одному колі, що й треба було довести.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

34. Навколо рівнобедреного трикутника з кутом при вершині 120° і бічною стороною, що дорівнює a см, описано коло. Знайдіть його радіус. 1) Нехай ∆ABC — рівнобедрений; ∠ACB = 120°; AC = CB = а (см); точка O — центр кола, описаного навколо ∆ABC. 2) OC — серединний перпендикуляр до AB, а тому CD — висота ∆ABC. 3) ∆ABC — рівнобедрений з основою AB, тому CD є також і shkola.in.ua 120 бісектрисою; ∠OCB = = 60°. 2 4) OC = OB (як радіуси), тому ∆OCB — рівнобедрений і ∠OBC = ∠OCB = 60°. 5) ∠СОВ = 180° – 2 ∙ 60° = 60°. 6) ∆COB — рівносторонній; OC = CB = а см. Відповідь: а см. 35. AM і AN — дотичні до кола, AM = m см. Пряма BC дотикається до кола в точці K. Знайдіть периметр трикутника ABC. За властивістю відрізків дотичних, проведених до кола з однієї точки, маємо AN = AM = m cм, BM = BK і CK = CN. shkola.in.ua Нехай P см — периметр трикутника ABC. Тоді P = AB + BC + CA = AB + BK + KC + CA = AB + BM + CN + CA = (AB + BM) + (АС + CN) = AM + AN = m + m = 2m (см). Відповідь. 2m см. 36. Два кола однакового радіуса, що дотикаються між собою, внутрішньо дотикаються до третього кола. Сполучивши центри трьох кіл, отримали трикутник, периметр якого 20 см. Знайдіть радіус більшого кола. 1) Нехай периметр ∆ОО1О2 = 20 см і R см — радіус великого кола; r см — радіус малого кола. 2) Нехай K i L – точки дотику великого кола з малими. shkola.in.ua 3) P∆OO1O2 = OO1 + OO2 + O1O2 = (OK – KO1) + (OL – O2L) + O1O2 = R – r + R – r + 2r = 2R. 4) Маємо 2R = 20; R = 10 (см). Відповідь: 10 см.

37. Нехай r — радіус кола, вписаного в прямокутний трикутник з катетами a і b та a+b−c гіпотенузою c. Доведіть, що r = . 2 1) Нехай BC = a; AC = b; AB = с; К; L і М — точки дотику. 90° 2) CO — бісектриса кута ACB, тому ∠АСО = = 2 shkola.in.ua 45°. 3) У ∆KCO: ∆КОС = 90° – 45° = 45°; ∆KCO — рівнобедрений і CK = OK = r. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

4) За властивістю відрізків дотичних, проведених з однієї точки, CL = CK = r. 5) AK = AC – KC = b – r; BL = BC – CL = а – r. 6) Маємо AM = AK = b – r ; BM = BL = а – r. 7) AB = AM + MB; c = b – r + a – r; 2r = a + b – c ; a+b–c r= , щo й тpe6a було довести. 2 38. Два кола мають зовнішній дотик у точці P. Точки M1 і M2 — точки дотику спільної зовнішньої дотичної до кіл. Доведіть, що ∠M1PM2 = 90°. 1) Оскільки O1M1 ⊥ M1M2 і O2M2 ⊥ M1M2, то O1M1 ∥ O2M2. Тому AM1O1O2 + AM2O2O1 = 180° (за властивістю внутрішніх різносторонніх shkola.in.ua кутів). 2) ∆O1M1P — рівнобедрений. Позначимо 180° – ∠M₁O₁P ∠O1M1P = ∠O1PM2 = α. Тоді α = ; 2 3) ∆O2M2P – рівнобедрений. Позначимо 180° – ∠M₂O₂P ∠O2M2P = ∠O2PM2 = β. Тоді β = ;

shkola.in.ua

180° – ∠M₁O₁P

4) ∠M1PM2 = 180° – (а + β) = 180° – ( 360° – (∠M₁O₁P + ∠M₂O₂P)

180°

180° – ∠M₂O₂P 2

) = 180° –

= 180° – 180° + = 90°, що й треба було довести. 2 2 39. За допомогою циркуля і лінійки поділіть кут 54° на три рівні частини. І спосіб. Оскільки 54° ∙ 3 = 162°, то можна побудувати кут 180° – 162° = 18°; після чого поділити заданий кут на три рівні частини. II спосіб. 1) Побудуємо AO ⊥ OB. Тоді ∠АОС = 90° – 54° = 36°. shkola.in.ua 2) Поділимо кут AOC на два рівних кути по 36° : 2 = 18°; після чого ділимо заданий кут на три рівні частини. 40. Знаючи суму і різницю двох кутів, побудуйте їх. 1) Спочатку слід побудувати кут ∠NQC = ∠AOB + ∠KLM = α + β + α – β = 2α. 2) Поділити кут ∠NQC навпіл; отримаємо кут α. 3) Після чого відкласти кут α від променя OA; отримаємо кут β.

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

41. Побудуйте ΔABC за стороною BC, прилеглим до неї кутом B і сумою двох інших сторін CA + AB. 1) Спочатку побудуємо трикутник BCD за стороною BC; кутом В та у якого BD = CA + AB. 2) Точку А можна визначити з умови ∠ADC = ∠ACD. 3) ∆ABC — шуканий.

shkola.in.ua

42. Побудуйте ΔABC за двома кутами A і B та периметром P. ∠A α ∠B β 1) Побудуємо трикутник CMN, у якого NM = P i ∠CNM = = , ∠CMN = = . α

2) Далі від променя CN треба відкласти кут , а від променя CM — кут . Отримаємо 2 2 точки A і B. 3) ∆ABC — шуканий.

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

43. Дано пряму a і відрізок AB, що перетинає цю пряму. Побудуйте на прямій a точку C так, щоб пряма містила бісектрису трикутника ABC. 1) Побудуємо відрізок BK⊥а; BO = OK. 2) Пряма AK перетинає пряму а у точці С. 3) CO — висота і медіана ∆BKC; тому ∆BKC — shkola.in.ua рівнобедрений. Отже, CO — бісектриса кута ACB; тобто пряма а містить бісектрису трикутника ABC.

44. Побудуйте точку, яка лежить на даному колі й рівновіддалена від кінців даного відрізка. Скільки розв'язків має задача? 1) Шукана точка — точка перетину серединного перпендикуляра до відрізка AB та кола. shkola.in.ua 2) Задача може мати один розв’язок; два розв’язки або не мати розв’язків взагалі. Відповідь: жодного, один або два розв’язки.

Додаткові теми № 1 - 38 1. Знайдіть геометричне місце точок, віддалених від заданої точки на: 1) відстань 2 см; 2) відстань, не більшу за 2 см. 1) Геометричним місцем точок, віддалених від заданої точки на 2 см, є коло радіусом 2 см із центром у заданій точці. 2) Геометричним місцем точок, віддалених від заданої точки на відстань, не більшу за 2 см, є круг радіусом 2 см із центром у заданій точці, включаючи його внутрішню область та границю (тобто саме коло). 2. Знайдіть геометричне місце точок, віддалених від заданої точки на: 1) відстань a см; 2) відстань, не більшу за a см. 1) Геометричним місцем точок, віддалених від заданої точки на відстань a см, є коло радіусом a см із центром у заданій точці.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

2) Геометричним місцем точок, віддалених від заданої точки на відстань, не більшу за a см, є круг радіусом a см із центром у заданій точці, включаючи його внутрішню область та границю (тобто саме коло). 3. Накресліть довільний відрізок AB і знайдіть геометричне місце точок, рівновіддалених від кінців цього відрізка. Заданим геометричним місцем точок є серединний перпендикуляр LK до відрізка AB. shkola.in.ua

shkola.in.ua 4. Побудуйте відрізок MN завдовжки 4 см і геометричне місце точок, рівновіддалених від його кінців. Геометричним місцем точок, рівновіддалених від кінців відрізка MN, є його серединний перпендикуляр. Це пряма, яка проходить через середину відрізка MN і shkola.in.ua перпендикулярна до нього.

5. Побудуйте тупий кут і геометричне місце точок, що належать внутрішній області кута, рівновіддалених від сторін цього кута. Заданим геометричним місцем точок є бісектриса заданого тупого кута.

shkola.in.ua shkola.in.ua 6. Побудуйте гострий кут і геометричне місце точок, що належать внутрішній області кута, рівновіддалених від сторін цього кута. Заданим геометричним місцем точок є бісектриса заданого гострого кута.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

7. Знайдіть геометричне місце точок, віддалених від даної точки на задану відстань. Нехай задано точку О і r – задана відстань, тоді геометричним місцем точок, які віддалені від точки О на задану відстань r, є колом.

shkola.in.ua 8. Побудуйте прямий кут і геометричне місце точок, рівновіддалених від сторін цього кута, що належать його внутрішній області. Геометричне місце точок, рівновіддалених від сторін даного кута, є його бісектрисою. shkola.in.ua Нехай задано прямий кут з вершиною в точці O та сторонами OA і OB. Тоді множина всіх точок, які рівновіддалені від цих сторін і лежать у внутрішній області кута, є його бісектрисою — тобто прямою, яка ділить кут навпіл. 9. Чи буде пряма, що містить висоту рівнобедреного трикутника, проведену до основи, геометричним місцем точок, рівновіддалених від кінців основи? У рівнобедреному трикутнику (з основою BC і вершиною A, де AB=AC) висота з вершини A до основи BC збігається з медіаною та бісектрисою кута при вершині. Оскільки ця висота проходить shkola.in.ua через середину відрізка BC і перпендикулярна до нього, вона одночасно є і перпендикулярною бісектрисою відрізка BC. А перпендикулярна бісектриса відрізка — це якраз геометричне місце точок, рівновіддалених від кінців цього відрізка. Отже, пряма, що містить висоту (і водночас медіану, бісектрису) до основи рівнобедреного трикутника, дійсно є геометричним місцем точок, рівновіддалених від кінців основи. 10. Позначте точки P і F, відстань між якими 4 см. Знайдіть геометричне місце точок, віддалених від кожної з них на відстань 3 см. PF = 4 см. 1) Будуємо дугу кола з центром у точці P і з радіусом 3 см. 2) Будуємо дугу кола з центром у точці F і з радіусом 3 см. 3) Побудовані дуги перетинаються у точках A і B, які і є shkola.in.ua шуканими точками.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

11. Побудуйте геометричне місце точок, що містяться від заданої прямої на відстані, що дорівнює заданому відрізку a. Геометричним місцем точок, що знаходяться на відстані а від заданої прямої m є дві прямі, паралельні прямій m, кожна точка яких знаходиться на відстані а від прямої m. План побудови. 1) n ⊥ m; n і m перетинаються в точці O; shkola.in.ua 2) Від точки K відкладаємо на прямій n два відрізки довжиною а см: OM = ON = а см; 3) Через точки M і N проводимо прямі b і с, кожна з яких перпендикулярна до n. Прямі b і с — шукане геометричне місце точок.

12. Побудуйте геометричне місце точок, що містяться на відстані 4 см від заданої прямої. Геометричним місцем точок, що знаходяться на відстані 4 см від заданої прямої m є дві прямі, паралельні прямій m, кожна точка яких знаходиться на відстані 4 см від прямої m. Побудова аналогічна до завдання 11. shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

13. Знайдіть геометричне місце центрів кіл радіусом r, що проходять через точку P. Геометричним місцем центрів кіл радіусом r, що проходять через точку P, є коло радіусом r із центром у точці P. Це означає, що будь-який центр такого кола має бути на відстані r від точки P, тобто всі такі центри лежать на колі з радіусом r і центром у точці P.

shkola.in.ua 14. Знайдіть геометричне місце центрів кіл, що дотикаються до даної прямої в заданій точці M. Геометричним місцем центрів кіл, що дотикаються до даної прямої в заданій точці M, є перпендикуляр до цієї прямої, проведений через точку M. Будь-яке коло, що дотикається до прямої в точці M, має центр на цьому перпендикулярі, shkola.in.ua оскільки радіус кола в точці дотику завжди перпендикулярний до дотичної.

15. Дано основу AB рівнобедреного трикутника. Знайдіть геометричне місце точок — вершин рівнобедрених трикутників з основою AB. 1) Будуємо точку M — середину AB та серединний перпендикуляр, що проходить через точку M. 2) Заданим геометричним місцем точок є серединний перпендикуляр до відрізка AB (за виключенням точки M).

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

16. Знайдіть геометричне місце центрів кіл, що проходять через дві задані точки — P і L. Геометричним місцем центрів кіл, що проходять через дві задані точки P і L, є серединний перпендикуляр до відрізка PL. Будь-яке коло, яке проходить через точки P і L, має центр рівновіддалений shkola.in.ua від них. Геометричним місцем таких точок є пряма, яка проходить через середину відрізка PL і перпендикулярна до нього. 17. Побудуйте геометричне місце точок, рівновіддалених від двох заданих паралельних прямих. Геометричним місцем точок, рівновіддалених від двох заданих паралельних прямих, є пряма, що проходить між ними та паралельна до них. Для побудови: shkola.in.ua 1) Накресліть дві паралельні прямі (a i b). 2) Знайдіть середину відстані між ними (побудувати пряму n⊥а і n⊥b, М – середина відрізка AB). 3) Проведіть пряму, паралельну до даних прямих, через середину цієї відстані (пряма m проходить через точку М, m∥а∥b). Пряма m є шуканим геометричним місцем точок. 18. Побудуйте коло радіусом r, що проходить через дві дані точки. Скільки розв’язків має задача? Нехай задано точки А і В, r – радіус кола. 1) З’єднаємо точки А і В. 2) Побудуємо серединний перпендикуляр до відрізка АВ, який перетинає його в точці L. 3) З точок А і В проводимо дуги радіусом r. На перетині цих дуг із серединним перпендикуляром утворяться точки О1 і О2 – центри кіл. 4) Будуємо два кола радіусом r з центрами у точках О1 і О2. Задача моє два розв’язки. shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

19. Знайдіть геометричне місце точок, рівновіддалених від усіх вершин трикутника. Геометричним місцем точок, рівновіддалених від усіх вершин трикутника, є центр описаного кола цього трикутника. Цей центр є точкою перетину серединних перпендикулярів до всіх трьох сторін трикутника. Щоб знайти це геометричне місце: shkola.in.ua 1) Проведіть серединні перпендикуляри до кожної сторони трикутника. 2) Знайдіть точку їхнього перетину — це і буде центр описаного кола, рівновіддалений від усіх трьох вершин трикутника.

shkola.in.ua

20. Знайдіть геометричне місце центрів кіл, радіус кожного з яких дорівнює r, що дотикаються до даної прямої. Геометричним місцем центрів кіл радіусом r, що дотикаються до даної прямої, є дві паралельні прямі, розташовані по обидва боки від даної прямої на відстані r. Це пояснюється тим, що центр будьякого такого кола має знаходитися на відстані рівно r від даної прямої, оскільки радіус кола в точці дотику shkola.in.ua завжди перпендикулярний до дотичної.

21. На стороні трикутника знайдіть точку, рівновіддалену від двох інших його сторін. Точкою на стороні трикутника, рівновіддаленою від двох інших його сторін, є точка перетину бісектриси цього трикутника з даною стороною. Це випливає з властивості бісектриси: shkola.in.ua будь-яка її точка рівновіддалена від двох сторін кута, який вона ділить навпіл. В нашому випадку такою точкою є точка L - точка перетину бісектриси ∠BAC зі стороною ВС трикутника. © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

22. Дано пряму a і точку A. Знайдіть геометричне місце точок, що віддалені від прямої a на 3 см, а від точки A — на 2 см. Скільки розв’язків може мати задача залежно від розміщення точки A і прямої a? Геометричне місце точок, які віддалені від прямої а на 3 см — дві прямі, паралельні до а, кожна з яких знаходиться на відстані 3 см від прямої а. Геометричне місце точок, що знаходяться на відстані 2 см від точки А — коло із центром у точці А і радіусом 2 см. Розглянемо випадки. 1 випадок. A ∈ a. Тоді задача не має розв’язків.

shkola.in.ua shkola.in.ua

2 випадок. A ∉ a. Задача може мати 0, 1 або 2 розв'язки.

shkola.in.ua shkola.in.ua shkola.in.ua

23. Скопіюйте малюнок у зошит. Побудуйте таку точку A, щоб AM = AN і AC = AD. 1) Будуємо серединний перпендикуляр до відрізка MN. 2) Будуємо серединний перпендикуляр до відрізка CD. 3) Продовжуємо серединні перпендикуляри до перетину в shkola.in.ua точці А, яка і є шуканою точкою.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

24. Побудуйте коло даного радіуса, яке дотикається до двох даних кіл, що мають зовнішній дотик. Нехай задано кола із центрами у точках O1 і O2, радіуси яких r1 і r2. Кола дотикаються. Необхідно побудувати коло з радіусом r, яке дотикається до двох даних кіл. 1) Будуємо ∆O1O2O, у якого O1O2 = r1 + r2, OO1 = r + r1; shkola.in.ua OO2 = r + r2. 2) Будуємо коло з центром у точці O і з радіусом r, яке і є шуканим.

shkola.in.ua

25. Центр кола, радіус якого дорівнює 1,5 см, належить прямій a. Побудуйте коло радіусом 2 см, що дотикається до заданих прямої і кола. Нехай центр кола — точка O — shkola.in.ua належить прямій а. 1) Будуємо ГМТ, що знаходяться на відстані 2 см від прямої а. 2) Будуємо коло з центром у точці O і з радіусом 2 + 1,5 = 3,5 см. 3) Отримали точки O1; O2; O3; O4 — центри кіл, що задовольняють умову задачі.

26. Два населених пункти A і B розташовані з різних боків від річки a. У якому місці потрібно побудувати міст через річку, щоб він був рівновіддаленим від пунктів A і B? Шукане місце — точка перетину серединного перпендикуляра до відрізка AB та прямої а. Будуємо серединний перпендикуляр до відрізка AB, який перетинає пряму а в точці shkola.in.ua М, яка і є шуканою точкою.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

27. Побудуйте трикутник за двома сторонами та висотою, що проведена до однієї з них. Скільки розв’язків має задача? Нехай задано сторони трикутника AB і AC та висота BK. BK < AB. Якщо BK > AB, то задача не матиме розв’язків. План побудови. 1) Відкладаємо на прямій m відрізок АС. 2) Проведемо пряму b на відстані BK від прямої m. 3) Дуга кола із центром у точці А і з радіусом AB, що перетинає пряму b у точках B 1 і B2. 4) ∆AB1C і ∆AB2C — шукані. Задача має два розв’язки, якщо BK < AB. Зауваження. Якщо BK = AB, то AB є висотою і ∆ABC — прямокутний з прямим кутом А. Тоді задача має єдиний розв’язок.

shkola.in.ua

28. Побудуйте трикутник за стороною, прилеглим до неї кутом і висотою, що проведена до цієї сторони.

shkola.in.ua

Нехай задано сторону АС, висоту BK i кут А трикутника ABC. План побудови. 1) Відкладаємо на прямій m відрізок АС. 2) Будуємо ∠MAC = ∠A. 3) Проводимо пряму b на відстані BK від прямої m. 4) Пряма b перетинає промінь AM у точці В. 5) ∆ABC — шуканий трикутник.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

29. Знайдіть геометричне місце точок, що містяться на відстані, яка не перевищує 3 см від даної прямої. Геометричним місцем точок, які знаходяться на відстані, що не перевищує 3 см від даної прямої, є дві паралельні прямі, розташовані на відстані 3 см по обидва боки від даної прямої, разом з усіма точками між ними. Отже, шукане геометричне місце точок – це смуга завширшки 6 см, обмежена двома паралельними прямими, які розташовані на 3 см ліворуч і праворуч shkola.in.ua від даної прямої.

30. Побудуйте коло, що проходить через дану точку M і дотикається до даної прямої a в даній точці A. 1) будуємо пряму b⊥a, що проходить через точку А. 2) з’єднуємо точки А і М та будуємо серединний перпендикуляр до цього відрізка. 3) продовжуємо серединний перпендикуляр до перетину з прямою b в точці О. 4) так як ОА=ОМ, будуємо коло з центром у shkola.in.ua точці О радіусом ОА, яке і буде шуканим.

31. Побудуйте трикутник за його кутом, бісектрисою, проведеною із цього кута, і висотою, що проведена до прилеглої до цього кута сторони. Нехай задано кут А, АК – бісектриса кута А, BL – висота трикутника, що проведена до одного з променів кута А. 1) проводимо пряму m, ставимо на ній точку А та будуємо кут А. 2) будуємо пряму b⊥m. 3) будуємо дугу радіус BL із shkola.in.ua центром у точці О. 4) через точку перетину дуги з прямою b проводимо пряму а⊥b. 5) продовжуємо промінь АМ кута А до перетину з прямою а в точці В.

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

6) з точки В проводимо перпендикуляр до прямої m. BL – висота трикутника. 7) будуємо бісектрису кута А та відкладаємо точку К. 8) з’єднуємо точки В і К та продовжуємо даний відрізок до перетину з променем АL кута А до перетину в точці С. 9) ∆ABC — шуканий трикутник. 32. Побудуйте трикутник за радіусом описаного кола, стороною та висотою, що проведена до цієї сторони. Нехай АС сторона трикутника, BL – висота, проведена до АС, r – радіус описаного кола. 1) Будуємо рівнобедрений ∆OAC за стороною АС та радіусом r; 2) Будуємо коло радіусом r з центром у точці О; 3) Будуємо серединний перпендикуляр відрізка АС; 4) З точки перетину відрізка АС з власним серединним перпендикуляром будуємо дугу рівну BL, яка перетинає його в точці К; 5) будуємо пряму m, що проходить перпендикулярно до серединного перпендикуляра в точці К; 6) пряма m перетинає коло в двох точках. Одну з них позначимо точкою В, яка буде shkola.in.ua вершиною шуканого трикутника; 7) будуємо BL⊥АС; 8) ∆ABC — шуканий трикутник.

33. Знайдіть геометричне місце вершин прямокутних трикутників зі спільною гіпотенузою. Геометричним місцем вершин прямокутних трикутників, які мають спільну гіпотенузу, є коло, описане навколо цієї гіпотенузи, окрім точок А і В. Це випливає з теореми про вписаний кут: якщо точка лежить на колі, описаному навколо відрізка, то кут, під яким цей відрізок видно з цієї точки, є прямим. Таким чином, усі вершини прямокутних трикутників із shkola.in.ua фіксованою гіпотенузою лежать на колі, діаметр якого дорівнює довжині цієї гіпотенузи.

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

34. Периметр рівнобедреного трикутника на 18 см більший за його основу. Чи можливо знайти довжину бічної сторони? 1) Нехай AB — основа рівнобедреного трикутника. Тоді P∆АВС – AB = 18 (см). 2) Але P∆АВС – AB = AC + CB. Оскільки AC = 18 CB, то AC = CB = = 9 (см). 2 Відповідь: так, 9 см.

shkola.in.ua

35. Один із зовнішніх кутів прямокутного трикутника дорівнює 120°. Знайдіть відношення меншого катета до гіпотенузи. 1) Нехай ∠ABL = 120° — зовнішній кут ∆ABC, у якого ∠C = 90°. 2) ∠ABC = 180° – 120° = 60°. 3) ∠A = 90° – 60° = 30°. shkola.in.ua 4) 3а властивістю катета, що лежить проти кута 30°, 𝐴𝐵 маємо BC = , тому BC : AB = 1 : 2. 2 Відповідь: 1 : 2.

shkola.in.ua

36. Два кола із центрами в точках O1 і O2 перетинаються в точках A і B, і кожне з них проходить через центр іншого. Знайдіть ∠O1AO2 і ∠AO1B. 1) Нехай радіус кола із центром у точці O1 дорівнює r. 2) Тоді O1O2 = r, і коло, центром якого є точка O2 також має радіус r. 3) В ∆O1AO2: O1O2 = O1A = O2A = r. Тому AO1O2 — рівносторонній, і ∠O1AO2 = 60°. 4) ∠AO1O2 = ∠O2O1B = 60°. Тому ∠AO1B =120°. shkola.in.ua

Відповідь. ∠O1AO2 = 60°; ∠AO1B = 120°. 37. Кімната у формі прямокутника має розміри 3,6 ⨯ 4,9 м. У кімнаті є двері 90 см завширшки. 1) Скільки метрів плінтуса потрібно купити для цієї кімнати? 1) 2 ∙ (3,6 + 4,9) = 17 (м) – периметр кімнати з дверями; 2) 17 – 0,9 = 16,1 (м) – потрібно купити плінтуса. 2) Скільки коштуватиме ця покупка, якщо один погонний метр плінтуса коштує 50 грн? 16,1 ∙ 50 = 805 (грн) © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2218-hdz-heometriia-7-klas-ister-2015.html

shkola.in.ua

38. Прямокутну плитку шоколаду розламали на 4 прямокутних шматки. Один з них містить 6 квадратних частинок, другий — 15, а третій — 16. Скільки квадратних частинок у четвертому шматку цієї плитки? 1) За умовою ad = 6; ab = 16; cd = 15; bc = x (див. схему). 2) Оскільки ad = 6 і bс = х, то abcd = 6х. 3) Оскільки ab = 16 і cd = 15, то abcd = 16 ∙ 15; abcd = 240. 4) Тому 6х = 240; х = 40. shkola.in.ua Відповідь. 40.