h-7-hm

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

1) Прямі a і МК перетинаються в точці Е;

2) Прямій a належать точки C, D, E; прямій MK належать точки M, K, E.

3) Прямій a не належать точки B, F, K, P, М; прямій MK не належать точки C, D, B, F, P.

4) Точки, які належать лише прямій a: С, D.

9. Користуючись рисунком 18, укажіть:

1) які з позначених точок належать прямій

2)

1)

прямій p: C, D.

p: B, E, A; точки,

2) Точка А належить прямим m, p, k, AC; точка В належить прямим n і p; точка D належить прямим k і n, DE; точка E належить прямим p, EC, ED.

3) Через точку С проходять прямі: n, CE, CA; через точку В проходять прямі: n, p; через точку D проходять прямі: n, CA, CE; через точку Е проходять прямі: p, EC, ED.

4) Прямі k і p перетинаються в точці А; прямі m і

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

ВК.

Відрізки: ОР, OT, OR, PR, RT, PT.

Відрізки: AE, EC, CD, AD, AC, ED.

б) Відрізки: MN, NE, EP, PQ, MQ, NP, ME, EQ.

27.

1) AB; 2) MN.

D,

AD = AB + BD. 30. Точка D внутрішня точка відрізка ME. Знайдіть:

1) відстань між точками M і E, якщо MD = 1,8 дм, DE = 2,6 дм

Якщо D – внутрішня точка відрізка МЕ, то виконується рівність МЕ = MD + DE, тоді МЕ = 1,8 + 2,6 = 4,4 (дм)

Відповідь: 4,4 дм.

2) довжину відрізка MD, якщо ME = 42 мм, DE = = 1,5 см.

Якщо D – внутрішня точка відрізка МЕ, то виконується рівність ME = MD + DE, тоді MD = ME – DE = 42 мм – 1,5 см = 4,2 см – 1,5 см = 2,7 (см)

Відповідь: 2,7 см.

1) AB + BC = AC; 2) AC + AB = BC?

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

Якби відрізок АС

б 20 – 5 = 15 (см),

+ 5 = 7,5 + 5 = 12,5 (см)

Відповідь: ВС = 7,5 см; АС = 12,5 см.

2-й спосіб.

Нехай ВС = х см, тоді АС = х + 5 (см). Враховуючи, що точка С –

=

АВ, маємо АС + ВС = АВ або х + х + 5 = 20, звідси 2х + 5 = 20; 2х = 20 – 5; 2х = 15; х = 15 : 2; х = 7,5. Отже, ВС = 7,5 см, АС = 7,5 + 5 = 12,5 (см)

Відповідь: ВС

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

= х см, тоді

= 4х

АС + ВС = АВ або х + 4х = 20, звідси 5х = 20; х = 20 : 5; х = 4. Отже, ВС = 4

см, а АС = 4 ⋅ 4 = 16 (см)

Відповідь: 16 см і 4 см.

3)  AC : BC = 9 : 11.

Нехай АС = 9х см, тоді ВС = 11х см. Оскільки точка

+ ВС = АВ, або 9х + 11х = 20, звідси 20х = 20; х = 20 : 20; х = 1, тоді 9х = 9 ⋅ 1 = 9 (см), 11х = 11 ⋅ 1 = 11 (см). Отже, АС = 9 см, ВС = 11 см.

Відповідь: 9 см і 11 см. 37. Точка K належить відрізку CD,

KD, якщо: 1) відрізок CK на 4 см менший від відрізка KD. Нехай СК = х см, тоді KD = х + 4 см. Оскільки точка К –

точка

CD, то маємо: CK + KD = CD або х + х + 4 = 28, звідси 2х + 4 = 28; 2х = 28 – 4; 2х = 24; х = 24 ; 2; х = 12, тоді х + 4 = 12 + 4 = 16. Отже, СК = 12 см, KD = 16 см.

Відповідь: 12 см і 16 см. 2) відрізок CK у 6 разів більший за відрізок KD.

Нехай KD = х см, тоді СК = 6х см. Оскільки точка К

CD, то маємо: CK + KD = CD або 6х + х = 28, звідси 7х = 28; х = 28 : 7; х = 4, тоді 6х = 6 ⋅ 4 = 24. Отже, СК = 24 см, KD = 4 см.

Відповідь: 24 см і 4 см.

3) CK : KD = 3 : 4.

Нехай СК = 3х см, тоді KD = 4х см. Оскільки точка

= CD.

– ВС = CD – BC, звідси АС = BD (оскільки

довести.

=

39. Відрізки ME і FN рівні (рис. 41). Доведіть, що MF = EN.

CD, то маємо СК + KD = CD або 3х + 4х = 28. Звідси 7х = 28; х = 28; 7; х = 4, тоді 3х = 3 ⋅ 4 = 12, 4х = 4 ⋅ 4 = 16. Отже, СК = 12 см, KD = 16 см. Відповідь: 12 см і 16 см. 38. Відрізки AB і CD рівні (рис. 40).

CD – BC = BD).

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

AM + NB = AB – MN = 32 – 18 = 14 (см),

AC + DB = 2AM + 2NB = 2(AM + NB) = 2

14 = 28 (см) і CD = AB – (AC + DB) = 32 – 28 = 4 (см)

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

3. Промінь. Кут. Вимірювання кутів

52. Проведіть два промені AB і AC так, щоб вони не були доповняльними. Побудуйте

54. Накресліть кут MNE і

що утворилися.

рисунку

55.

кути: MNA, MNC, MNE, ANC, CNE.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

1) Промені з початком у точці М: MC, MF, MD, ME.

2) Пари доповняльних променів з початком у точці К: КА і КВ; КЕ і КМ.

58. Запишіть усі промені, які зображено на рисунку 67. Укажіть, які з них є доповняльними

променями з початком у точці O.

Промені, зображені на рисунку: ОА, ОВ, ОС, OD, MA, MB.

59. Чи можна кут, який зображено на рисунку 68, позначити так: 1) ∠ABC; 3) ∠ADC; 5) ∠ACE; 7) ∠BDE; 2) ∠ACD; 4) ∠DCA; 6) ∠BCD; 8) ∠ECD?

1) Ні; 2) так; 3) ні; 4) так; 5) так; 6) так; 7) ні; 8) ні. 60. Запишіть усі

∠BAD, ∠BAE, ∠CAD, ∠CAE, ∠DAE. 61. На рисунку 70

AOB = ∠BOC = ∠COD = ∠DOE = ∠EOF.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

= ∠ABD + ∠CBD = 54° + 72° = 126°.

Відповідь: 126°.

2) кут CBD, якщо ∠ABC = 158° , ∠ABD = 93° .

CBD = ∠ABC - ∠ABD = 158° - 93° = 65°.

Відповідь: 65°.

64.

° , ∠POK = 85° . ∠МОР = ∠МОК - ∠РОК = 172° - 85° = 87°.

Відповідь: 87°.

65. Величина кута дорівнює:

1) 28° : 2 = 14°

2) 162° : 2 = 81°

Відповідь: величина

1) 43° ⋅ 2 = 86°

2) 65° ⋅ 2 = 130°

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

5)

6)

68. Кут CEF дорівнює 152°, промінь EM проходить

більший за кут FEM. Знайдіть кути CEM і FEM.

Нехай ∠FEM = х°, тоді ∠МЕС = х° + 18°, тоді маємо рівняння:

х + х + 18 = 152 (бо ∠FEM + ∠CEM = ∠CEF), звідси:

2х + 18 = 152

2х = 152 – 18

2х = 134

х = 134 : 2

х = 67

х + 18 = 67 + 18 = 85

Отже, ∠FEM = 67°, ∠CEM = 85°

Відповідь: 85° і 67°

69. Промінь AK належить куту BAD. Знайдіть кути BAK і DAK,

менший від кута DAK і ∠BAD = 72°.

Нехай ∠

х + 7х = 72

8х = 72

х = 72 : 8

х = 9

7х = 7 ⋅ 9 = 63

= х°, тоді ∠DAK = 7х°. За умовою ∠DAK + ∠BAK = ∠BAD, тоді:

Отже, ∠ВАК = 9°, ∠DAK =

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

BOM (рис. 73)

∠СОМ = ∠ВОМ - ∠ВОС = 90° - 74° = 16°.

∠АОС = ∠АОМ - ∠СОМ = 62° - 16° = 46°.

Відповідь: 46°.

72. Із вершини розгорнутого кута ACP (рис. 74) проведено

∠ACF = 158°, ∠TCP = 134°. Знайдіть кут TCF.

∠FCP = ∠ACP - ∠ACF = 180° - 158° = 22°.

∠TCF = ∠TCP - ∠FCP = 134° - 22° = 112°.

Відповідь: 112°.

73. Точки A, B і C розміщено на прямій так, що AB = 3,2 см, AC = 4,8 см, BC = 8 см.

промені AB і AC доповняльними? Оскільки ВС = АВ + АС (8 см = 3,2 см + 4,8 см), то точки А, В,

75 кут ABC прямий, ∠ABE = ∠EBF = ∠FBC, промені BD і BK

DBK. ∠АВЕ = ∠EBF = ∠FBC = 90° : 3 = 30°. ∠ABD = 1 2 ∠������������ = 1 2 ∙ 30° = 15° (бо BD – бісектриса кута АВЕ). ∠СВК = 1 2 ∠������������ = 1 2 ∙ 30° = 15°) (бо ВК – бісектриса кута CBF).

∠DBK = ∠ABC - ∠ABD - ∠CBK = 90° - 15° - 15° = 60° Відповідь: 60°.

75. На рисунку 76 ∠AOC = ∠COD = ∠ DOF, промінь OB

OE бісектриса кута DOF, ∠BOE = 72°. Знайдіть кут AOF.

кута AOC,

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

Нехай ∠АОС = ∠COD = ∠DOF = 2х°, тоді ∠АОВ = х°, ∠FOE = х°. За умовою

= ∠AOF - ∠AOV - ∠FOE, тоді:

72 = 6х – х – х

4х = 72

х = 72 : 4

х = 18

6х = 6 ⋅ 18 = 108 - ∠AOF.

Відповідь: 108°.

76. На рисунку 77 ∠AOB = ∠DOC.

Нехай ∠АОВ = ∠DOC = х°, тоді ∠АОС = ∠AOD - ∠DOC = 180° = х°, ∠DOB = ∠AOD - ∠AOB = 180° - х°. Отже, ∠AOС = ∠DBO.

Відповідь:там, ∠AOС = ∠DBO.

77. Кути FOK і MOE рівні (рис. 78). Чи рівні кути FOM і KOE?

Нехай ∠FOK = ∠MOE = х°, тоді ∠FOM = ∠FOE - ∠MOE = ∠FOE - х°, ∠KOEE = ∠FOE∠FOK = ∠FOE - х°. Отже, ∠FOM = ∠KOE.

Відповідь: так, ∠FOM = ∠KOE.

78. Кут ABC розгорнутий, промінь BK є бісектрисою кута CBD, ∠ABK = 146° (рис. 79). Знайдіть кут CBD.

∠СВК = ∠АВС - ∠АВК = 180° - 146° = 34°

∠CBD = 2∠CBK = 2 ⋅ 34 = 68°

Відповідь: 68°.

79. Кут ABC розгорнутий, промінь BK є бісектрисою кута CBD, ∠CBD = 54° (рис. 79).

Знайдіть кут ABK.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

∠СВК = 1 2 ∠CBD = 1 2 ∙ 54° = 27°

∠

АВК = ∠АВС - ∠СВК = 180° - 27° = 153°.

Відповідь: 153°.

80. На скільки градусів повертається за 1 хв: 1) хвилинна стрілка; 2) годинна стрілка? 1) За 1 годину хвилинна стрілка повертається на 360°, тоді за 1 хвилину

на 360° : 60 = 6°.

Відповідь: 6°.

2)

Відповідь: 0,5°.

3

2) Якщо стрілки годинника показують 6 год, то вони утворюють розгорнутий кут (180°).

3) Якщо стрілки годинника показують 4 год, то вони утворюють кут 120°.

4) Якщо стрілки годинника показують 11 год, то вони утворюють кут 30°.

5) Якщо стрілки годинника показують 7 год, то вони утворюють кут 150°.

82. Кут ABC дорівнює 30°, кут CBD 80°. Знайдіть кут ABD. Скільки розв’язків

задача?

1-

+ 80° = 110°.

2-

30° = 50°. Відповідь: 110° або 50°. 83. Знайдіть кут MOK, якщо ∠MON = 120°, ∠KON = 43°. Скільки розв’язків має

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

85. Як, маючи шаблон кута, що дорівнює 70°, побудувати кут, який дорівнює 40°? Побудувавши розгорнутий

шаблоном два кути по 70°, отримаємо ∠ABN = 40°.

86.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

1) Південний вітер має напрямок 180°.

2) Західний вітер має напрямок 270°.

270° − 180° = 90°

Відповідь: вітер змінився на 90°.

3) Південно-східний вітер має напрямок 135°. Кут між південним та південно-східним

180° − 135° = 45°

Відповідь: вітер змінився на 45°.

91. Дув північний вітер. Потім його напрямок змінився

цього став вітер?

1) Північний вітер має напрямок 0°.

Якщо напрямок змінився на 90°, то: 0° + 90° = 90°

Відповідь: вітер став східним.

2) Якщо напрямок змінився на 45°, то: 0° + 45° = 45°

Відповідь: вітер став

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

∠AOC i ∠COB; ∠COB і ∠BOD; ∠BOD i ∠DOA; ∠DOA i ∠BOC – суміжні.

∠AOC і ∠BOD; ∠AOD i ∠BOC – вертикальні.

98. Чи можуть два суміжних кути дорівнювати: 1) 24° і 156°; 2) 63° і 107°? Відповідь

обґрунтуйте.

1) 24° + 156° = 180°. Можуть.

2) 63° + 107° = 170° ≠ 180°. Не можуть.

Відповідь: 1) так; 2) ні.

99. Знайдіть кут, суміжний із кутом: 1) 29°; 2) 84°; 3) 98°; 4) 135°.

1) 180° - 29° = 151°

2) 180° - 84° = 96°

Відповідь: 1) 151°;2) 96°; 3) 82°; 4) 45°.

100. Чи може пара суміжних кутів складатися:

1)

2)

3)

4)

Відповідь: 1) ні; 2) ні; 3) ні; 4) ні.

101. Один із суміжних кутів — прямий. Яким є

3) 180° - 98° = 82°

4) 180° - 135° = 45°

Якщо один із суміжних кутів прямий, то суміжний

Відповідь: прямий.

102. Знайдіть кут, суміжний із кутом ABC, якщо: 1) ∠

1) 180° - ∠АВС = 180° - 36° = 144° 2) 180° - ∠АВС = 180° - 102° = 78°.

Відповідь: 1) 144°; 2) 78°.

103. Знайдіть кути 2, 3 і 4 (рис. 89),

= 36°; 2) ∠

=

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

х + 70 + х = 180

2х + 70 = 180

2х = 180 – 70

2х = 110

х = 110 : 2

х = 55° – ∠ВОС

х + 70 = 55 + 70 = 125° – ∠АОС.

Відповідь: 125° і 55°.

2) один із них у

8х + х = 180

9х = 180

х = 180 : 9

х = 20° - ∠ВОС.

8х = 8 ⋅ 20 = 160° - ∠АОС.

Відповідь: 20° і 160°.

3) їхні

= 2х°, тоді ∠АОС = 3х°.

2х + 3х = 180

5х = 180

х = 180 : 5

х = 36

2х = 2 ⋅ 36 = 72° - ∠ВОС.

3х = 3 ⋅ 36 = 108° - ∠АОС.

Відповідь:72° і 108°.

105. Знайдіть суміжні

х + 17х = 180

18х = 180

х = 180 : 18

х = 10° - ∠ВОС.

17х = 17 ⋅ 10 = 170° - ∠АОС.

і 170°. 2)

+ ∠СОВ = 180°, то:

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

Нехай ∠ВОС = 19х°, тоді ∠АОС = 26х°. Оскільки

19х + 26х = 180

45х = 180

х = 180 : 45

х = 4

19х = 19 ⋅ 4 = 76° - ∠ВОС.

26х = 26 ⋅ 4 = 104° - ∠АОС.

Відповідь: 76° і 104°.

106. Чи є правильним твердження:

1) для кожного кута можна побудувати тільки

Правильне твердження.

2) для кожного кута можна побудувати тільки один суміжний кут;

3) якщо

4) якщо кути не рівні, то вони не вертикальні; Правильне твердження.

5) якщо

Неправильне твердження.

6) якщо два кути суміжні, то

= 180°, то:

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

12)

53°, 127°, 53°, 127°. 2) сума трьох із них дорівнює 305°. Нехай ∠4 + ∠2 + ∠3 = 305°.

- 180° = 125°. Оскільки ∠3 і ∠4 – вертикальні, то ∠4 = ∠3 = 125°. Оскільки ∠2 і ∠4 – суміжні, то ∠2 = 180° - 125° = 55°. Оскільки ∠1 і ∠2 – вертикальні, то ∠1 = ∠2 = 55°

Відповідь: 55°, 125°, 55°, 125°.

110. Знайдіть кути,

+ х + 64 = 180

2х + 64 = 180

2х = 116

х = 116 : 2

х = 58° - ∠2

х + 64 = 58 + 64 = 122° - ∠3

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

Оскільки

Відповідь: 58°, 122°, 58°, 122°.

111.

112. Прямі AB, CD і MK

кути DOK, AOM і AOD.

∠МОС = 180° - ∠ВОМ - ∠АОС = 180° - 70° - 15° = 95° ∠DOK і ∠СОБ – вертикалні, то ∠DOK = ∠МОС = 95°

∠АОМ = ∠АОС + ∠СОМ = 70° + 95° = 165°

∠AOD = ∠AOK + ∠KOD = 15° + 95° = 110°

Відповідь: 95°, 165°, 110°.

113. Знайдіть кут

АОС і

MON = ∠MOC + ∠CON = 1 2

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

∠������������ = 1 2 ∠������������ = 1 2 ∙ 50° = 25°

∠FBC = 180° - ∠ABF = 180° - 80° = 100°

∠������������ = 1 2 ∠������������ = 1 2 ∙ 100° = 50°

∠MBN = ∠MBF + ∠FBN = 25° + 50° = 75°

Відповідь: 75°. 116. Кути AOB і BOC суміжні,

х + х + х + 18 = 180

3х + 18 = 180

3х = 180 – 18

3х = 162

х = 162 : 3

х = 54 ∠АОВ = 2 ⋅ 54° = 108°

ВОС = 54° + 18° = 72°

72° і 108°.

промінь KF — бісектриса кута MKE.

Кути МКЕ і РКЕ – суміжні. KF – бісектриса кута МКЕ, ∠FKE - ∠PKE = 24°. Нехай ∠РКЕ = х°, тоді ∠MKF = ∠FKE = х° + 24°. Враховуючи, що ∠MKF + ∠FKE + ∠EKP = 180°, маємо: х + 24 + х + 24 + х = 180

3х + 48 = 180

3х = 180 – 48

3х = 132

х = 132 : 3

х = 44° - ∠РКЕ.

∠МКЕ = 180° - 44° = 136°

Відповідь: 44° і 136°.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

Нехай

119. На рисунку 93 ∠MBC = ∠BEF. Доведіть,

BED = ∠MBC + (180° - ∠BEF) = ∠MBC + (180°∠MBC) = ∠MBC + 180° - ∠MBC = 180°.

120. Два кути мають

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

122.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

прямими EF і MK.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

Для випадку (а):

Точка O знаходиться на 2

C і D, то відстань від точки O до прямої CD буде горизонтальною. Оскільки кожна клітинка має довжину сторони

2 ⋅ 0,5 см = 1 см Відповідь:

Для випадку (б): Точка O знаходиться у верхньому

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

ABF =

= 160°, ∠АВК = 90°, ∠МВС = 90°

МВК = ∠АВК + ∠МВС - ∠АВС = 90° + 90° - 160° = 20°

Відповідь: 20°.

139. На рисунку 110 BF ⊥ AC, BD ⊥ BK. Доведіть, що ∠ABD = ∠FBK.

∠ABD = 180° - ∠CBK - ∠KBD = 180° - ∠CBK - 90° = 90° - ∠CBK.

∠FBK = 90° - ∠CBK. Тому ∠ABD = ∠FBK. Що і треба було довести.

140. На рисунку 110 ∠ABD = ∠FBK, ∠DBF = ∠KBC. Доведіть, що BF ⊥ AC.

∠ABD = ∠FBK, ∠DBF = ∠KBC. Тому ∠ABF = ∠ABD + ∠DBF = ∠FBK + ∠KBC + ∠FBC, але ∠ABF + ∠FBC = 180°; 2∠FBC = 180°; ∠FBC = 90°. Отже, BF ⊥ АС.

141. Із вершини кута ABC, який

BD і BF

BD ⊥ BA, BF ⊥ BC, промені BD і BC

ABF.

кути DBF і ABF. На рисунку ∠АВС = 70°, ∠FBC = 90°, ∠ABD = 90°.

∠DBF = ∠FBC - ∠CBD = 90° - ∠CBD = 90° - (∠ABD - ∠ABC) = 90° - (90° - 70°) = 90° - 90° + 70° = 70°. ∠ABF = ∠ABD + ∠DBF = 90° + 70° = 160°.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

Відповідь:70° і 160°.

142. Із вершини кута ABC, який дорівнює 130°, проведено промені BD і BF так, що BD ⊥ AB, BF ⊥ BC, промінь BF належить куту ABC, промінь BA належить куту DBF.

Знайдіть кут DBF.

Розглянемо трикутник ABC, де кут ∠ABC = 130°. Нам потрібно

Оскільки BD ⊥ AB, кут ∠DBC = 90°. Оскільки BF ⊥ BC, кут ∠DBF доповнює кут ∠ABC

180°.

Таким чином, кут ∠DBF = 180° 130° = 50°

Відповідь:кут ∠DBF дорівнює 50°. 143. Користуючись косинцем

5°; 2) 12°.

1) Побудуємо прямий кут АВС за допомогою косинця,

шаблоном п’ять кутів по 17°, тоді ∠DBC = 85°, а ∠ABD = 5°.

2) Побудуємо прямий кут АВС за жопомогою

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

може

А7, А9, А11, А13

А6, А8, А10, А12 – по другу. Отже, сторона А1А13 не перетинає цю пряму.

6. Аксіоми ЗАВДАННЯ

1. Скільки

А) 2; Б) 4; В) 3; Г ) 1. Три точки, які

2.

3. Точка M є

А) PM + MQ = PQ;

Б) PQ = PM – MQ; В) MQ = PQ + PM; Г) PM = PQ + MQ.

4.

A, B і C лежать на одній прямій, причому BC = 8 см, AB – BC = 8 см.

A — середина

B

точка C

BC;

AC;

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

є доповняльними, якщо:

А) вони мають спільний початок; Б) їхнім об’єднанням є пряма й вони мають спільний початок;

В) вони належать одній прямій;

Г) їхнім об’єднанням є пряма.

8. Яке позначення кута, зображеного на рисунку, є неправильним?

9. Яке

спільну вершину; Г) сторони вертикальних кутів утворюють

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

3) сторони, прилеглі

K; 4) кути,

1) МЕ; 2) ∠Е; 3) МК і КЕ; 4) ∠К і ∠Е.

153. Запишіть сторони, вершини та

трикутника CEF (рис. 127). Укажіть: 1) кут, протилежний стороні CF; 2) кути, прилеглі до сторони CE; 3) сторону,

E; 4) сторони,

кута F. 1) ∠Е; 2) ∠С і ∠Е; 3) CF; 4) CF і EF.

154. Одна зі сторін трикутника

х + 5х + х + 25 = 74

7х + 25 = 74

7х = 74 – 25

7х = 49

х = 49 : 7

х = 7 (см) – одна сторона трикутника.

5 ⋅ 7 = 35 (см) – друга сторона трикутника.

7 + 25 = 32 (см) – третя сторона трикутника.

Відповідь: 7 см; 35 см; 32 см.

155. Сторони трикутника відносяться як 5 : 7 : 11, а сума найбільшої і найменшої

дорівнює 80 см. Обчисліть периметр трикутника.

Нехай сторони трикутника дорівнюють 5х см, 7х см, 11х см. За умовою задачі:

11х + 5х = 80

16х = 80

х = 80 : 16

х = 5

5 ⋅ 5 = 25 (см) – одна сторона трикутника.

7 ⋅ 5 = 35 (см) – друга сторона трикутника.

11 ⋅ 5 = 55 (см) – третя сторона трикутника.

Р = 25 + 35 + 55 = 115 (см) – периметр.

Відповідь: 115 см.

156. Периметр трикутника дорівнює 48 см,

трикутника.

7х + 9х + 8х = 48

24х = 48

х = 48 : 24

х = 2

7 ⋅ 2 = 14 (см) – одна сторона трикутника.

9 ⋅ 2 = 18 (см) –

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

8 ⋅ 2 = 16 (см) – третя сторона трикутника.

Відповідь: 14 см, 18 см, 16 см.

157. Трикутники APK і MCE рівні, кути A і C відповідні, PK = 10 см. Знайдіть сторону ME.

Оскільки МЕ = РК, то МЕ = 10 см.

158. Трикутники ABC і DEF рівні, сторони AB і DE, BC і DF відповідні, ∠B = 32°. Знайдіть

кут D.

Оскільки ∠D = ∠B, то ∠D = 32°.

159. Трикутники ABC і KTM рівні, кути A і M, B і K відповідні, ∠C = 40°, MK = 5 см.

Знайдіть кут T і сторону AB.

Оскільки ∠Т = ∠С, то ∠Т = 40°. Оскільки АВ = МК, то АВ = 5 см.

160. Чи є правильним твердження: 1) якщо трикутники рівні, то їхні периметри теж рівні; 2) якщо периметри двох трикутників рівні, то й самі трикутники рівні? 1) Так; 2) Ні.

161. Укажіть спільний елемент трикутників, зображених на рисунку 128. А) АВ –

162. Відрізок CH — висота трикутника ABC (рис. 129). Знайдіть

і BHC.

СН – висота СН ⊥ АВ → ∠АНС = ∠ВНС = 90°

163. Відрізок AM — медіана трикутника ABC (рис. 130), BM = 8 см. Знайдіть

CM і BC.

АМ – медіана → М – средина ВС → ВМ = МС = 8 см → ВС = 8 ⋅ 2 = 16 см

164. Відрізок BD — бісектриса трикутника ABC (рис. 131), ∠ABD = 42

кутів CBD і ABC. BD –

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

трикутника ABC, якщо BD = 10 см. Нехай АВ + BD + AD = 32 см, ВС + BD + DC = 36 см, BD – медіана і BD = 10 см. Оскільки АВ + BD + AD = 32 см і BD = 10 см, то АВ + 10 + AD = 32, звідси АВ + AD = 22. Оскільки ВС + BD + DC = 36 см і BD = 10 см, то ВС + BD + DC = 36 см, звідси ВС + DC = 26. Тоді Р∆АВС = АВ + ВС + АС = АВ + ВС + (AD + DC) = (AB + AD) + (BC + DC) = 22 + 26 = 48 (см)

Відповідь: 48 см. 169.

Відповідь: 13 см.

60 см,

і

см. Знайдіть відрізок AM. За умовою: Р∆АВС = 60 см, Р∆AMC = 36 см, Р∆AMB = 50 см. Р∆AMC + Р∆AMB = 36 + 50 = 86. З іншого боку Р∆AMC + Р∆AMB = AB + BM + AM + AM + MC + AC = AB + AC + 2AM + (BM + MC) = (AB + AC + BC) + 2AM = Р∆АВС + 2AM = 86, звідси 2AM = 86 – 60; 2AM = 26; AM = 26 : 2; AM = 13. Таким чином, AM = 13 см.

170. На рисунку 132 KP = PE = EF = FT = 1 см. Які рівні відрізки є ще на

Знайдіть їхні довжини.

КЕ = PF = ET = 2 см, KF = PT = 3 см.

171. Промінь BD розбиває кут ABC, який дорівнює 72°, на

∠ABD = 5∠CBD. Промінь BK проходить так, що

Визначте градусну міру та вид кута DBK.

Нехай ∠CBD = х°, тоді ∠ABD = 5х° і

5х + х = 72

6х = 72

х = 72 : 6

х = 12° - ∠CBD.

∠ABD = 5 ⋅ 12° = 60°.

1)

= А1С1 = 4 см

2) СВ = С1В1 = 2 см

3) ∠

1) ВС = В1С1

2) ∠В = ∠В1

180. На рисунку 143 AC = DC , BC = EC. Доведіть, що ∆ ABC = ∆ DEC.

Оскільки АС = CD (за умовою), ВС = СЕ (за умовою), ∠АСВ = ∠ECD (як вертикальні), то

∆АВС = ∆DEC за двома сторонами і кутом між ними.

181. На рисунку 144 AB = AD, ∠ BAC = ∠ DAC. Доведіть, що ∆ ABC = ∆ ADC.

Оскільки АВ = AD (за умовою), ∠ВАС = ∠DAC (за умовою), АС є спільною стороною, то

∆АВС = ∆DAC за двома сторонами і кутом між ними.

182. На рисунку 145 AB = CD, ∠1 = ∠2, AD = 7 см, ∠C = 34°. Знайдіть відрізок BC і кут A. Оскільки АВ = CD (за умовою), ∠1 = ∠2 (за умовою), BD – спільна сторона, то ∆ABD = ∆CDB, тоді ВС = AD = 7 см, ∠А = ∠С = 34°.

Відповідь: 7 см; 34°.

183. На рисунку 146 AO = OD, BO = OC. Знайдіть сторону CD і кут OCD трикутника OCD, якщо AB = 8 см, ∠OBA = 43 °.

Оскільки АО = DO (за умовою), ВО = СО (за умовою), ∠ВОА = ∠COD (як вертикальні

кути), то ∆АОВ = ∆DOC, тоді CD = AB = 8 см, ∠ОВА = ∠OCD = 43°.

Відповідь: 8 см; 43°.

184. Дано: OA = OC, OB = OD (рис. 147). Доведіть, що ∠OAD = ∠OCB.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

Оскільки ОА = ОС (за умовою), ОВ = OD (за умовою), а ∠BOD – спільний, то ∆ОAD = ∆OCB, тоді ∠OAD = ∠OCB.

185. Дано: AC = BD, ∠ BAC = ∠ ABD (рис. 148). Доведіть, що AD = BC.

Розглянемо ∆АСВ і ∆ADB

1) АС = BD – за умовою 2) ∠ВАС = ∠ABD – за умовою 3) АВ – спільна сторона → ∆АСВ = ∆ADB за двома сторонами і кутом між ними → AD = BC

186. Дано: ∠ ADC = ∠ ADB, BD = CD (рис. 149). Доведіть, що AB = AC.

Оскільки ∠ADC = ∠ADB = 90° (за умовою), BD = CD (за умовою), сторона AD – спільна, то ∆ABD = ∆ACD (за двома сторонами і кутом між ними), тоді АВ = АС.

187. На рисунку 150 AB ⊥ BD, CD ⊥ BD, точка O середина відрізка BD. Доведіть, що

∆ABO = ∆CDO.

Розглянемо ∆ABO і ∆CDO:

1) ВО = OD (так як т. О – середина BD)

2) ∠АВО = ∠CDO = 90° (за умовою)

3) ∠АОВ = ∠COD (як вертикальні)

Отже, ∆ABO = ∆CDO за ІІ ознакою рівності трикутників.

188. На рисунку 151 промінь OC бісектриса кута AOB, прямі AB і OC перпендикулярні.

Доведіть, що ∆ AMO = ∆ BMO.

1) ∠АОМ = ∠МОВ (ОС – бісектриса ∠О)

2) ∠АМО = ∠ОМВ = 90° (АВ ⊥ ОМ)

3) ОМ – спільний катет ∆ AMO = ∆ BMO за катетот і прилеглим гострим кутом.

189. На рисунку 152 ∠1 = ∠2, ∠3 = ∠4, AB = 8 см, BC = 6 см. Знайдіть сторони AD і CD

трикутника ADC.

Оскільки ∠1 = ∠2, ∠3 = ∠4 за умовою, то ∆ADC = ∆CBA

прилеглими кутами, тоді AD = BC = 6 см, CD = AB = 8 см.

Відповідь: 6 см; 8 см.

190. На рисунку 153 ∠B = ∠D, BM = DM, CD = 7 см, CM = 4 см. Знайдіть сторони AB і AM

трикутника ABM.

1) МВ = MD – за умовою

2) ∠В = ∠D – за умовою

3) ∠АМВ = ∠CMD – вертикальні → ∆АМВ = ∆MCD за стороною і двома прилеглими

кутами → АМ = МС = 4 см АВ = CD = 7 см

191. На рисунку 154 ∠ABC = ∠DEF, BO = OE. Доведіть, що ∆BCO = ∆EFO.

∠АВС = ∠DEF за умовою, тоді ∠

ВСО і EFO: ∠СОВ = ∠FOE (за умовою), ∠СВО = ∠FEO (за доведеним), ВО = ОЕ (за умовою). Отже, ∆ВСО = ∆EFO за стороною і двома прилеглими кутами. 192. На рисунку 155 ∠BAO = ∠DCO, ∠BAC = ∠DCA. Доведіть, що ∆ABC = ∆CDA. Оскільки за умовою ∠ВАО = ∠DCO, ∠BAC = ∠DCA, тоді ∠DAC = ∠BAC - ∠BAO = ∠DCA - ∠DCO = ∠ACB.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

Відповідь: 65°. 194. Відрізки AD і BC

ACD, якщо ∠ABC = 64 °, ∠ACO = 56 °.

Відповідь: 120°. 195. На сторонах

= DO (за

= ∆DOC за двома

між ними, тоді ∠АВО = ∠DCO = 64°. ∠ACD = ∠ACO + ∠DCO = 64° + 56° = 120°.

Доведіть, що AM = MB.

тоді AB = BC.

Оскільки ∠AOM = ∠COM (бо OM бісектриса кута O), ∠OMC = ∠AMO (бо OM ⊥ AC за умовою), OM спільна сторона трикутників OMA і OMC, то ∆OMA = ∆OMC за стороною і двома прилеглими кутами, тоді AM = MB.

Оскільки ∆ABC = ∆A1B1C1, то BC = B1C1,

∠BCA = ∠B1C1A1. У трикутниках DBC і D1B1C1: BC = B1C1 (за доведенням),

∠DBC = ∠D1B1C1 (за умовою),

∠BCD = ∠B1C1D1 (за доведенням),

то ∆DBC = ∆D1B1C1 за стороною і двома

прилеглими кутами.

198. На рисунку 157 ∆ABC = ∆A1B1C1, AD = A1D1. Доведіть, що ∆ABD = ∆A1B1D1

197. На рисунку 156 ∆ABC = ∆A1B1C1, ∠DBC = ∠D1B1C1. Доведіть, що ∆DBC = ∆D1B1C1.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

∠BAD = ∠B1A1D1 як

Отже, ∆ABD = ∆A1B1D1, оскільки

рівності трикутників).

199. На рисунку 158 ∆ABC = ∆ADC. Доведіть, що ∆ABK = ∆ADK. Оскільки ∆ABC = ∆ADC, то ∠BAK = ∠DAK. У трикутниках ABK і ADK: AK — спільна сторона, AB = AD (за умовою), ∠BAK = ∠DAK (за доведенням), то ∆ABK = ∆ADK за двома сторонами і кутом між ними.

200. На рисунку 159 ∆МКО = ∆МРО. Доведіть, що ∆КОЕ = ∆РОЕ. Оскільки ∆MKO = ∆MPO, то ∠MOK = ∠MOP, тоді ∠KOE = ∠POE (як суміжні кути до рівних кутів). У трикутниках KOE і POE: KO = PO (за

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

182. ∆AOM = ∆BOM за

ними (AM = BM, ∠AMO = ∠BMO = 90°, MO спільна сторона), тоді AO = BO. ∆AON = ∆CON за двома сторонами і кутом між ними (AN = CN, ∠ANO = ∠CNO = 90°, ON спільна сторона), тоді AO = CO. Оскільки AO = BO і AO = CO, то AO = BO = CO.

204. Доведіть, що бісектриси рівних трикутників, проведені з відповідних кутів, рівні. Оскільки ∆ABC = ∆A1B1C1, то AB = A1B1, ∠B = ∠B1, ∠BAC = ∠B1A1C1, тоді ∠BAL = ½∠BAC = ½∠B1A1C1 = ∠B1A1L1. У трикутниках ABL і A1B1L1:

205. Доведіть, що

AB = A1B1 (за доведенням),

∠B = ∠B1 (за доведенням),

∠BAL = ∠B1A1L1 (за доведенням), тоді ∆ABL = ∆A1B1L1, звідси AL = A1L1.

до відповідних сторін, рівні. Оскільки ∆ABC = ∆A1B1C1, то AB = A1B1,

∠B = ∠B1, BM = ½BC = ½B1C1 = B1M1.

У трикутниках ABM і A1B1M1: AB = A1B1 (за доведенням),

∠B = ∠B1 (за доведенням), BM = B1M1 (за доведенням), тоді ∆ABM = ∆A1B1M1 за двома сторонами і кутом між ними, тоді AM = A1M1.

Серединний перпендикуляр сторони BC трикутника ABC перетинає сторону AB у точці D. Знайдіть відрізок AD, якщо CD = 4 см, AB = 7 см.

Нехай BM = MC, MD ⊥ BC. ∆CDM = ∆BDM за двома сторонами і кутом між ними.

маємо: CD = BD.

Оскільки CD = 4 см, то BD = 4 см. Оскільки AB = 7 см, то AD = AB – BD = 7 см – 4 см = 3 см.

Відповідь: 3 см. 207. Серединний перпендикуляр сторони AB трикутника ABC перетинає сторону BC у точці M. Знайдіть довжину сторони AC трикутника ABC, якщо BC = 16 см, а

трикутника AMC дорівнює 26 см.

Нехай AD = DB, DM ⊥ AB. ∆AMD = ∆BMD за двома сторонами і

AM = BM.

P∆АMC = 26 см, а P∆АMC = AC + AM + CM, то AC + AM + CM = 26, тоді AC + BM + CM = 26, AC + BC = 26, AC + 16 = 26, AC = 26 – 16 = 10 (см).

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

1) Слід

умову: CO = BO. Дійсно, ∆AOC = ∆DOB

першою ознакою рівності трикутників, бо AO = DO за умовою, CO = BO за умовою, ∠AOC = ∠DOB — як вертикальні кути. 2) Слід додати умову ∠AOC = ∠

209. Відрізки AB і CD перетинаються

що: 1) OM = OK; 2) точки M, O і K

= ∆BOD за

(AO = BO за умовою, CO = DO за умовою, ∠COA = ∠DOB — як вертикальні кути), звідси ∠A = ∠B. Тоді ∆AOM =

тоді MO = KO і ∠MOA = ∠BOK. ∠AOB = 180°. ∠AOM + ∠MOB = 180°, звідси ∠MOB + ∠BOK = 180°,

(OB = OD — як

∠AOC = ∠OBC — спільний). Із рівності трикутників випливає, що ∠OBC = ∠ODA, ∠OCB = ∠OAD, тоді ∠BCD = ∠DAB — як суміжні

до рівних кутів. ∆ABM = ∆DCM за стороною і двома прилеглими кутами, тоді AM = CM. ∆OAM = ∆OCM за двома сторонами і кутом між

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

AOD : ∠FOC = 2 : 7.

AOB : ∠BOC = 4 :

∠AOB = 180°·4 4 + 14 = 40°,

а ∠AOD = ½∠AOB = ½·40° = 20°;

∠COB = 180°·14 4 + 14 = 140°;

∠COF = ½∠COB = ½·140° = 70°. Відповідь: 20° і 70°.

1) PΔ = 13 + 2 × 8 = 29 (см).

Відповідь: 29 см. 2) Нехай x см бічна сторона, тоді 15 + 2x = 39, тоді 2x = 39 - 15 2x = 24 x = 24 : 2; x = 12

Відповідь: 12 см.

220. Периметр рівнобедреного трикутника

Знайдіть основу трикутника.

28 см, а бічна сторона — 10 см.

Нехай x см — основа, тоді 10 × 2 + x = 28, тоді x = 28 - 20; x = 8.

Відповідь: 8 см.

221. Знайдіть сторони рівнобедреного трикутника, периметр якого дорівнює 32 см, а

основа на 5 см більша за бічну сторону.

Нехай x см — бічна сторона, x + 5 см — основа, тоді 2x + x + 5 = 32, звідси 3x + 5 = 32; 3x = 32 - 5; 3x = 27; x = 27 : 3; x = 9. Отже,

сторона дорівнює 9 см,

основа 9 + 5 = 14 (см).

Відповідь: 14 см, 9 см, 9 см.

222. Знайдіть сторони рівнобедреного трикутника,

4 рази менша

бічної сторони. Нехай x см —

тому

ABD = 1 2 ∠ABC = 1 2 ⋅ 100° = 50°. Оскільки ∠BCA = 40°, то ∠BAD = 40°, ∠BDA = 90°.

40°, 50°, 90°

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

224. На рисунку 170 AB = BC, відрізок BD

Знайдіть кути ABC і ADE

ABC, ∠ABD = 53°.

Оскільки BD медіана трикутника ABC (AB = BC), то BD

бісектриса трикутника ABC і його висота, тому ∠ABC = 2 ∠ABD = 2 ⋅ 53° = 106°, ∠ADE = 90°.

Відповідь: 106°, 90°.

225. На рисунку 171 MK = KE, OE = 6 см, ∠MKE = 48°, ∠MKE = 48°, ∠POE = 90°.

Знайдіть сторону ME і кут MKO

Оскільки KO висота трикутника MKE (KM = KE), то KD

бісектриса і медіана трикутника MEK, тому ME = 2OE = 2 ⋅ 6 = 12 (см),

∠MKO = 1 2 ∠MKE = 1 2 ⋅ 48° = 24°.

Відповідь: 12 см, 24°.

226. На рисунку 172 AB = BC, ∠1 =140°. Знайдіть кут 2.

227. Кут, вертикальний

Оскільки ΔABC рівнобедрений, то ∠BAC = ∠BCA. Оскільки ∠1 = 140°, то ∠BAC = 180° - ∠1 = 180° - 140° = 40° (властивість суміжних кутів), ∠2 = ∠BCA = ∠BAC = 40°. Відповідь: 40°.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

2. Отже, ∠1 = ∠2.

231. На рисунку 175 AO = CO, ∠AOB = ∠COB. Доведіть, що трикутник ABC рівнобедрений. ΔAOB = ΔCOB (за двома сторонами і кутом між ними: AO = CO за умовою, ∠AOB = ∠COB за умовою, BO спільна сторона), тоді

AB = AC. Отже, ΔABC рівнобедрений.

232. Трикутник ABC рівнобедрений з основою AC, BD його бісектриса, DM бісектриса трикутника BDC. Знайдіть кут ADM.

AB = BC, ∠ABD = ∠CBD, ∠BDM = ∠CDM, ∠CDM = 1 2 ∠BDM = 1 2 ⋅ 90° = 45°, ∠ADM = ∠ADB + ∠BDM = 90° + 45° = 135°. Відповідь: 135°.

233. Учень стверджує,

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

На рис. ME = MK, ∠E = ∠K, ∠KMF = ∠EMN, тому ΔKMF = ΔEMN

трикутників випливає, що MF = FN, тож ΔMFN — рівнобедрений, тоді ∠MFN = ∠MNF.

237. На основі AC рівнобедреного трикутника ABC позначено точки M

рівнобедрений. На рис. AB = BC, AM = CK, ∠A = ∠C, тому ΔABM = ΔCBK за двома сторонами і кутом між ними. Тоді BM = BK, отже, ΔMBK — рівнобедрений.

238. На бічних сторонах CA і CB рівнобедреного трикутника ABC відкладено відповідно рівні відрізки CK і CM. Доведіть, що: 1) ΔAMC = ΔBKC; 2) ΔAMB = ΔBKA. 1) Оскільки AC = BC, MC = KC, ∠C спільний, то ΔACM = ΔBCK. 2) Оскільки AK = AC - CK = BC - CM = BM, AB — спільна сторона, ∠KAB = ∠MBA, то ΔABM = ΔBAK.

239. У рівнобедреному

точку M Доведіть, що: 1) ΔAMB = ΔCMB; 2) ΔAMD = ΔCMD 1) AB = CB, BM спільна сторона, ∠ABM = ∠CBM, тоді ΔAMB = ΔCMB за двома сторонами і кутом між ними. 2) Оскільки AD = DC, MD — спільна сторона, ∠ADM = ∠CDM = 90°, то ΔAMD = ΔCMD.

основі, рівні.

На рис. AB = BC, ∠

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

242.

7 см і 4 см. Скільки

Задача має два розв’язки. Якщо основа дорівнює 7 см, то бічні сторони дорівнюють 4 см; а якщо основа дорівнює 4 см, то бічні сторони дорівнюють 7 см.

Відповідь: 7 см, 4 см, 4 см або 4 см, 7 см, 7 см. 244. Одна зі сторін рівнобедреного трикутника дорівнює 4 см. Знайдіть дві інші сторони, якщо периметр трикутника дорівнює 14 см.

Якщо основа рівнобедреного трикутника дорівнює 4 см, тоді бічна сторона цього трикутника дорівнює 14–4 2 = 5 см. Якщо

сторона рівнобедреного трикутника

дорівнює 4 см, то основа дорівнює 14 - 4 - 4 = 6 см.

Відповідь: 5 см, 5 см і 4 см, 6 см.

245. Чи є правильним твердження:

1) бісектриса рівнобедреного трикутника

2) бісектриса рівностороннього

DEK рівносторонній. У трикутниках DBK, KCE, EAD маємо: KB = CE = AD за умовою; DB = KC = AE як сума рівних відрізків AD + AB, KB + BC, AC + CE; ∠DBK = ∠KCB = ∠EAD як суміжні кути

ABC, BCA, CAB, тому ΔDBK = ΔKCE = ΔEAD.

цих трикутників випливає, що DK = KE = DE, тож ΔDEK рівносторонній.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

у рівнобедреному

AB = BC, AD медіана (BD = DC), AC = 20 см. Можливо два випадки:

1) PΔABD = 6 + PΔADC; 2) PΔADC = 6 + PΔABD.

1) Якщо PΔABD - PΔADC = 6, тоді AB + AD + BD – AD – DC – AC = AB – AC, тоді AB – 20 = 6; AB = 26 (см).

2) Якщо PΔADC - PΔABD = 6, тоді AC + AD + DC – AD – BD – AB = AC – AB, AC – AB = 6, тоді AB = AC – 6 = 20 – 6 = 14 (см).

Відповідь: 2 розв’язки: AB = 26 см або AB = 14 см.

249. На рисунку 178 a ⊥ b, ∠1 = 35°. Знайдіть кути 2, 3, 4.

∠3 = ∠1 = 35° (бо вертикальні кути рівні),

∠2 = 90° - ∠3 = 90° - 35° = 55° (бо ∠2 і ∠3 складають прямий кут), ∠4 = 180° - ∠3 = 180° - 35° = 145° (бо ∠3 і ∠4 — суміжні).

Відповідь: ∠2 = 55°, ∠3 = 35°, ∠4 = 145°.

250. Точки C і D поділили відрізок AB, довжина якого дорівнює

DB так, що AC = 2CD, CD = 2DB Знайдіть відстань

CD; 2) серединами відрізків AC і DB

1) точкою A

Нехай AB = a, DB = x, тоді CD = 2x, AC = 2 × CD = 2 × 2x = 4x.

Тоді x + 2x + 4x = a; 7x = a; x = а 7 .

1) M — середина CD, тоді AM = AC + CM = 4x + x = 5x = 5 ⋅

Відповідь: 5а 7 . 2) N і K — середини

AC і DB відповідно,

MK = NC + CD + DK = 2x + 2x + х 2 = 9х 2 = 9

9а 14 .

AC, CD

тому △ABC рівнобедрений, AB = BC, отже, ∠C = ∠A = 17°. Відповідь: 17°.

254. У трикутнику ABC відомо, що ∠ACB = 90°, ∠A = ∠B = 45°, відрізок CK —

сторону AB, якщо CK = 7 см. AC = BC, тому BK — бісектриса, ∠ACK = 1 2 ⋅ 90° = 45°, ∠KCB = 45°. Тому △ACK і △CKB — рівнобедрені.

AK = KB = CK = 7 см, отже, AB = AK + KB = 7 + 7 = 14 (см).

Відповідь: 14 см.

255. На рисунку 186 ∠AMK =∠AMK = ∠ACB, AK = MK. Доведіть, що трикутник ABC рівнобедрений.

Оскільки AK = MK, то △AMK рівнобедрений, тоді ∠A = ∠AMK = ∠ACB.

Оскільки ∠A = ∠ACB, то △ABC — рівнобедрений (AB = BC).

256. На рисунку 187 ∠1 = ∠2. Доведіть, що трикутник ABC рівнобедрений.

∠BAC = ∠1 (як вертикальні).

∠BСA = ∠2 (як вертикальні).

Оскільки, ∠1 = ∠2, звідси ∠BAC =

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

= 1 2 ∠BAC = 1 2 ∠BCA = ∠OCA. Оскільки ∠OAC = ∠OCA, то

259. У трикутнику ABC бісектриса BK є

ABC, якщо периметр трикутника ABK дорівнює 16 см і BK = 5 см. AB = BC, AK = KC. AB + BC + AC = (AB + AK + BK) + (BK + BC + KC) - 2BK = 16 + 16 - 2 × 5 = 32 - 10 = 22 (см).

260. У трикутнику ABC медіана BM є його бісектрисою. Периметр трикутника ABC дорівнює 48 см, а периметр трикутника ABM — 30 см.

BM Оскільки ВМ є одночасно і медіаною і бісектрисою, то △ABC рівнобедрений. Отже АВ = ВС, АМ = СМ. Тоді АВ + АМ = Р△ABC : 2 = 48 : 2 = 24 (см). Р△ABМ = АВ + АМ + ВМ = 30 (см). Звідси ВМ = Р△ABМ – (АВ + АМ) = 30 – 24 = 6 (см). Відповідь: 6 см. 261. Чи є правильним твердження:

трикутник не є рівнобедреним; 2) якщо

рівнобедрений?

1) Твердження

AEC =

ними (AC спільна, EC = 1 2 BC = 1 2 BA + AF, ∠ECA = ∠FAC).

рівності трикутників

що ∠EAC = ∠FCA, тоді △AMC — рівнобедрений.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

AOC рівнобедрений. Нехай AB = BC, AM = CK. △AKC = △CMA за двома сторонами і

між ними (KC = AM за умовою, AC — спільна, ∠KCA = ∠MAC, бо △ABC — рівнобедрений). Із рівності трикутників випливає, що ∠KAC = ∠MCA, тому △AMC — рівнобедрений.

264. На сторонах AB і BC трикутника ABC позначили відповідно точки D і E так, що ∠EAC = ∠DCA. Відрізки AE і CD перетинаються в точці F, DF = EF. Доведіть, що трикутник ABC рівнобедрений. Нехай ∠FAC = ∠FCA, тоді △AFC рівнобедрений, AF = FC. △AEC = △CDA за двома сторонами і кутом між ними (AE = AF + FE = CF + FD = CD, AC — спільна, ∠EAC = ∠DCA). Із рівності трикутників випливає, що ∠ECA = ∠DAC, тобто △ABC — рівнобедрений. 265. Через середину D сторони AB трикутника ABC

Доведіть, що АМ = ВK

AM = AD.

у трикутнику BDK BH —

AM = AD, BK = DB і AD = BD за умовою, то AM = BK.

266. Медіана AM трикутника ABC перпендикулярна

BK.

сторону AB, якщо BC = 16 см. На рисунку: CM = MB, ∠ABK = ∠KBC, AM ⊥ BK. Оскільки у трикутнику

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

На рисунку: AD = DC, BO = OD, AK ⊥ BD.

Оскільки AO — медіана і

трикутника ABD, то

△ABD — рівнобедрений і AB = AD = 1 2 AC.

Отже, AB : AC = 1 : 2.

268. У трикутнику ABC відомо, що ∠C = 90°, ∠A = 67,5°, ∠B = 22,5°, відрізок CK —

бісектриса трикутника ABC, відрізок CM — бісектриса трикутника BCK (рис. 188).

Доведіть, що точка M — середина відрізка AB.

269.

∠KCA = 1 2 ∠C = 1 2 ⋅ 90° = 45°, ∠BCK = 45°.

∠MCK = 1 2 ∠BCK = 1 2 ⋅ 45° = 22°30′ = 22,5°, ∠BCM = 22,5°.

Оскільки △ACM (∠BCM = ∠B = 22,5°) — рівнобедрений,

BM = MC.

Оскільки △CMA (∠MCK = 45° + 22,5° = 67,5°, ∠A = 67,5°) — рівнобедрений, то CM = MA.

Оскільки BM = MC, а MC = MA, то BM = MA, тобто M — середина AB.

Нехай AB = n см, BC = (n + 2) см, AC = (n + 1) см. BM = MC, ∠ABL = ∠LBC, BL ⊥ AM.

△ABM — рівнобедрений, оскільки

B, тоді BM = AB = n, тоді MC = 2 см. Отже, AB = 2 см, BC = 4 см, AC = 3 см. Відповідь: 2 см, 3 см, 4 см.

270. У трикутнику ABC відомо, що AB = 3 см, AC = 6 см. На стороні BC

точку M таку, що CM = 1 см. Пряма, яка проходить через

M перпендикулярно до бісектриси кута ACB, перетинає відрізок AC у точці K, а

яка проходить через точку K перпендикулярно до бісектриси кута BAC,

BD

Відповідь: 2 см.

△CKM рівнобедрений (бо CF бісектриса і висота), тоді KC = MC = 3 см.

△ADK — рівнобедрений (бо AH — бісектриса і висота), тоді AK = AD = AC - KC = 6 см - 3 см = 3 см.

Тоді BD = AB - AD = 5 - 3 = 2 (см).

271. На прямій послідовно позначили точки A, B, C, D, E і F так, що AB = BC = CD = DE = EF. Знайдіть відношення AB : CF, AB : BF, BD : AE.

Відповідь: 1 : 2, 1 : 4, 1 : 2

На рисунку: AB = BC = CD = DE = EF = x см.

Тоді AB : CF = x : 2x = 1 : 2; AB : BF = x : 4x = 1 : 4; BD : AE = 2x : 4x = 1 : 2.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

На рисунку: ∠1 - 42° = 1 2 ∠2.

Нехай ∠1 = x°, ∠2 = 180° - x°, тоді x - 42 = 90х 2, звідси

2x - 84 = 90 - x; 3x = 174; x = 58.

Отже, ∠1 = 58°, ∠2 = 122°.

∠3 = ∠1, ∠4 = ∠2 як вертикальні.

Відповідь: 58°, 122°, 58°, 122°.

273. Розріжте прямокутник розміром 4 × 9 на дві рівні частини, з яких можна скласти

квадрат.

11. Третя ознака рівності трикутників

274. На рисунку 196 AB = CD, BC = AD. Доведіть, що ∠B = ∠D. Оскільки AB = CD, BC = AD за умовою, AC спільна сторона, то △ABC = △CDA за трьома сторонами. Із рівності трикутників маємо: ∠B = ∠D.

275. На рисунку 197 AC = AD, BC = BD. Знайдіть кут BAC, якщо ∠BAD = 25°. Оскільки AC = AD за умовою, BC = BD за умовою, AB спільна сторона, то △ABC = △ABD за

AB = BC, A1B1 = B1C1, AB = A1B1, AC = A1C1.

AB = A1B1, AB = BC, A1B1 = B1C1, то BC = B1C1. △ABC = △A1B1C1

трьома сторонами (AB = A1B1 за умовою, BC = B1C1 —

AC = A1C1 за умовою). 277.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

Якщо AB = A1B1, то BC = B1C1, AC = A1C1, отже, △ABC = △A1B1C1 (за третьою ознакою

трикутників).

278. На рисунку 198 ΔABC = ΔDCB, причому AB = CD. Доведіть, що ΔABD = ΔDCA. Оскільки △ABC = △DCB, AB = CD, то із рівності трикутників випливає, що AC = BD. Оскільки у трикутниках ABD і DCA: AB = CD за умовою, AC = BD — за доведенням, AD — спільна сторона, то △ABD = △DCA (за третьою ознакою рівності трикутників).

279. На рисунку 198 AB = CD, AC = BD. Доведіть, що трикутник BOC рівнобедрений. △ABC = △DCB за трьома сторонами (AB = CD за умовою, AC = BD за умовою, BC — спільна сторона). Із рівності трикутників випливає, що ∠BCA = ∠DBC або ∠BCO = ∠OBC. Отже, △BOC — рівнобедрений.

280. Кожна з точок M і N рівновіддалена від кінців

AB. Доведіть, що пряма MN — серединний перпендикуляр відрізка AB. Оскільки AM = MB, AN = NB, то △AMB і △ANB рівнобедрені, тому їх

MK і NK співпадають з медіанами. Отже, MK ⊥ AB, NK ⊥ AB, K — середина AB, тоді MN — серединий перпендикуляр до відрізка AB.

281. Усередині рівнобедреного трикутника ABC (AB = BC) позначили точку D так, що AD = CD. Доведіть, що прямі BD і AC перпендикулярні. Так як AD = DC, то т. D належить серединному перпендикуляру до AC, так як △ABC — рівнобедрений, то BD — висота і медіана, отже BD — серединний перпендикуляр до AC, звідси виходить, що BD ⊥ AC.

282. На рисунку 199 AB = KE, BC = KM, AM= EC. Доведіть, що ∠AMK = ∠BCE. △ABC = △EKM за трьома сторонами (AB = KE за умовою, BC = KM за умовою, AC = AM + BC = EC + MC = EM), звідси ∠BCA = ∠KME, тоді ∠AMK = ∠BCE (як суміжні кути до рівних кутів).

283. На рисунку 200 AB = CD, BC = AD, промінь BM — бісектриса кута ABC, промінь DK — бісектриса кута ADC. Доведіть, що ΔABM= ΔCDK.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

△ABC = △CBA за трьома сторонами (AB = CD за

BC = AD за умовою, AC — спільна сторона).

рівності трикутників ∠BAC = ∠DCA, ∠ABC = ∠CDA, тоді ∠ABM = 1 2 ∠ABC = 1 2 ∠CDA = ∠CDK.

△ABM = △CDK за другою ознакою (AB = CD за умовою, ∠BAM = ∠DCK — за доведенням, ∠ABM = ∠CDK — за доведенням).

284. Рівні відрізки AB і CD перетинаються в точці O так, що OA = OD. Доведіть, що ΔABC = ΔDCB.

На рисунку: AB = CD, OA = OD, OC = CD - OD = AB - AO = OB. △COA = △BOD за першою ознакою рівності трикутників (AO = DO за умовою, CO = BO — за доведенням, ∠COA = ∠BOD — як вертикальні), звідси AC = BD. Отже, △ABC = △DCB (за третьою ознакою).

285. Відрізки BD і B1D1 — бісектриси трикутників ABC і A1B1C1 відповідно, AB = A1B1, BD = B1D1, AD = A1D1. AD = A1D1. Доведіть, що ΔABC = ΔA1B1C1 △ABD = △A1B1D1 за третьою ознакою. Із рівності цих трикутників маємо: ∠A = ∠A1, ∠ABD = ∠A1B1D1, тоді ∠ABC = 2 × ∠ABD = 2 × ∠A1B1D1 = ∠A1B1С1.

286. Відрізки AM і A1M1 — медіани трикутників ABC і A1B1C1 відповідно, AB = A1B1, BM = B1M1, AM = A1M1. Доведіть, що ΔABC = ΔA1B1C1. AM медіана △ABC, звідси BM = MC. A1M1 — медіана △A1B1C1, звідси B1M1 = M1C1.

Оскільки BM = MC = B1M1 = M1C1, то BC = B1C1. △ABM = △A1B1M1 за трьома сторонами, тому ∠B = ∠B1.

Отже, △ABC = △A1B1C1 за двома сторонами і

між ними.

287. Оксана стверджує, що їй вдалося зробити рисунок, на якому AB = AC і AM = AN (рис. 201). Чи має Оксана рацію? Оскільки AB = AC, то точка A належить серединному

серединному перпендикуляру до відрізка MN. У такому випадку

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

△ABM = △CDM (за першою ознакою),

Нехай AB = A₁B₁, BC = B₁C₁, AM = MC, A₁M₁ = M₁C₁, BM = B₁M₁. На променях BM і B₁M₁ від точок M і M₁ відкладаємо відрізки MD і M₁D₁ такі, що MD = AM, M₁D₁ = A₁M₁.

△A₁B₁M₁ = △C₁D₁M₁ (за першою ознакою), тоді маємо: AB = CD, A₁B₁ = C₁D₁.

Враховуючи, що AB = A₁B₁, одержимо OD = O₁D₁.

△BDC = △B₁D₁C₁ за трьома сторонами, тоді ∠BDC = ∠D₁B₁C₁.

△BMC = △B₁M₁C₁ за першою ознакою рівності трикутників, звідси MC = M₁C₁, тобто

AC = A₁C₁. І тоді △ABC = △A₁B₁C₁ за трьома сторонами.

290. На відрізку AB позначили точки C і D так, що AC : BC

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

294. Із теорем 4.1, 8.2, 9.1, 10.3, 11.2

1) теореми-властивості; 4.1; 8.2; 9.1; 11.2.

2) теореми-ознаки. 10.3.

1)

2)

1)

2)

3)

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

за 90°;

4) промені OA та OB не є доповняльними; промені ОА і ОВ є доповняльними;

5) відрізок має тільки одну середину; відрізок має більше однієї середини або не має жодної середини.

298. Сформулюйте твердження, що заперечує дане:

1) кут ABC не є прямим;

Кут ABC є прямим;

2) трикутник MKE є рівнобедреним; трикутник MKE не є рівнобедреним;

3) через точку

4)

є рівнобедреним.

Припустимо, що трикутник є

301.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

304. Сформулюйте й доведіть

Нехай AB = A₁B₁, AD = BD, A₁D₁ = B₁D₁, CD = C₁D₁.

ΔBCD = ΔB₁C₁D₁ за трьома сторонами

(CB = C₁B₁, BD = 1 2 AB = 1 2 A₁B₁ = B₁D₁, CD = C₁D₁).

Із рівності трикутників випливає, що ∠B = ∠B₁.

Отже, ΔABC = ΔA₁B₁C₁ за першою ознакою (AB = A₁B₁, BC = B₁C₁, ∠B = ∠B₁).

куту між медіаною та цією стороною другого трикутника, то ці трикутники рівні.

Доведення:

305.

Якщо медіана

трикутники рівні.

Доведення:

проведеній до цієї сторони, і

Нехай BC = B₁C₁, BM = MC, B₁M₁ = M₁C₁, AM = A₁M₁, ∠AMC = ∠A₁M₁C₁. ΔAMC = ΔA₁M₁C₁ за першою ознакою рівності трикутників (AM = A₁M₁, MC = M₁C₁, ∠AMC = ∠A₁M₁C₁). Із рівності цих трикутників випливає, що AC = A₁C₁, ∠C = ∠C₁. Отже, ΔABC = ΔA₁B₁C₁ за

рівності трикутників (AC = A₁C₁, BC = B₁C₁, ∠C = ∠C₁).

відповідно медіані та кутам, на які вона розбиває

Нехай ABC і A₁B₁C₁ — дані трикутники, відрізки AM і A₁M₁

∠BAM = ∠B₁A₁M₁, ∠CAM = ∠C₁A₁M₁. На продовженнях відрізків AM і A₁M₁ за точки M і M₁ відкладаємо відрізки відповідно MD = MA, M₁D₁ = M₁A₁.

ΔAMC = ΔDMB за першою ознакою рівності (AM = MD, MC = BM, ∠AMC = ∠DMB). Із рівності трикутників маємо: ∠MAC = ∠BDA, AC = BD.

ΔA₁M₁C₁ = ΔD₁M₁B₁ за першою ознакою рівності (A₁M₁ = M₁D₁, M₁C₁ = B₁M₁, ∠A₁M₁C₁ = ∠D₁M₁B₁). Із рівності трикутників маємо: ∠M₁A₁C₁ = ∠B₁D₁A₁, A₁C₁ = B₁D₁.

ΔABD = ΔA₁B₁D₁ за другою ознакою рівності (AD = A₁D₁, ∠BAD = ∠B₁A₁D₁, ∠BDA = ∠B₁D₁A₁). Із рівності трикутників маємо: AB = A₁B₁, BD = B₁D₁, тоді, враховуючи, що AC = BD і A₁C₁ = B₁D₁, маємо: AC = A₁C₁.

ΔABC = ΔA₁B₁C₁ за першою ознакою рівності трикутників (AB = A₁B₁, AC = A₁C₁, ∠A = ∠A₁). 306.

1) AB + BC ... AC; AB + BC = AC; 2) AB + AC ... BC; AB + AC > BC; 3) AC + BC ... AB. AC + BC > AB.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

1 3

308. Сторони

На рис. ∠COD = ∠DOB, ∠AOC = 3∠COD.

Нехай ∠COD = x°, тоді ∠BOC = 2x°, ∠AOC = 3x°.

2x + 3x = 180, звідси 5x = 180; x = 36.

Отже, ∠COD = 36° × 2 = 72°; ∠AOC = 3 × 36° = 108°.

Відповідь: 72°, 108°.

(рис. 203). Нехай AB = 3 см, BC = 4 см. Сума

BC, а сума довжин вертикальних відрізків

довжині сторони AB. Отже, сума

2 × AB + 2 × BC = 2 × 3 + 2 × 4 = 6 + 8 = 14 (см).

1. Трикутник є гострокутним, якщо: А) серед

2.

В) рівностороннім; Г) гострокутним.

3. Два трикутники рівні,

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

ΔABM = ΔCEM (за

CE = AB = 4,2 см.

А) 2,1 см; Б) 4,2 см; В) 4,8 см; Г) 8,4 см.

6. Яке з поданих тверджень є правильним? А) Рівнобедрений трикутник — окремий вид різностороннього трикутника; Б) рівносторонній трикутник — окремий вид різностороннього трикутника; В) рівносторонній трикутник окремий вид рівнобедреного трикутника;

Г) рівнобедрений трикутник — окремий вид рівностороннього трикутника.

Яке

поданих тверджень є хибним? А) Якщо висота трикутника ділить сторону, до якої вона проведена,

Б) якщо медіана й бісектриса трикутника, проведені

8. Трикутник є рівностороннім,

9.

BM

PΔABM + PΔMBC + PΔABC + 2BM. 12 + 12 = 16 + 2BM, тоді 2 × BM = 24 − 16; 2 × BM = 8; BM = 8 : 2; BM = 4. А) 4 см; Б) 6 см; В) 2 см; Г) 5 см.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

Ні.

313. Пряма

Ні; ні.

314. Чи можна стверджувати, що

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

Нехай AB=21 см, AO : OD = 7 : 2.

AB = 21 см, AO : OD = 7 : 2.

Нехай AO = 7x см, OD = 2x см, тоді DB = AC = AO – OD = 7x − 2x = 5x см.

AB = AO + OD + DB = 7x + 2x + 5x = 14x. Тоді 14x = 21; ���� = 21 14 = 3 2 (см).

�������� = �������� + �������� =2���� +2���� =4���� =4 ∙ 3 2 =6(см).

Відповідь: 6 см.

324. Точка B

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

AC,

AC, ∠ABD = 80°, ∠ABD = 80°, ∠ABF =150°,

кута DBF Знайдіть кут MBC

Відповідь: 35°.

BM —

∠ABD = 80°, ∠ABF = 150°, тоді ∠DBC = 180° − ∠ABD = 180° − 80° = 100°;

∠FBC = 180° − ∠ABF = 180° − 150° = 30°;

∠DBF = ∠DBC + ∠FBC = 100° + 30° = 130°,

∠DBM = 1 2 ∠DBF = 1 2 ∙ 130° = 65°.

∠MBC = ∠DBC - ∠DBM = 100° - 65° = 35°.

325. У трикутнику ABC медіана CM дорівнює

Чому дорівнює кут ACB?

326. Катруся та

сторони AB, ∠A = 47°, ∠B = 43°.

Оскільки AM = MC, то ∠ACM = ∠A = 47°.

Оскільки MB = MC, то ∠MCB = ∠B = 43°.

Тоді ∠ACB = ∠ACM + ∠MCB = 47° + 43° = 90°.

Відповідь: 90°.

Заповніть прогалини в тексті:

1) Кути AOM і CEO – відповідні; 2) кути AOE і CEK – відповідні;

3) кути AOE і OED – різносторонні;

4) кути AOE і CEO – односторонні; Укажіть, якими кутами (відповідними, різносторонніми

1) ∠BOM і ∠DEM; - відповідні; 2) ∠BOE

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

внутрішні односторонні; б) внутрішні односторонні; в) внутрішні різносторонні.

330. На рисунку 224 укажіть усі пари різносторонніх, односторонніх і відповідних кутів. Різносторонні кути: ∠MKT і ∠KTD; ∠EKR і ∠KTS. Односторонні кути: ∠MKT і ∠KTS; ∠EKT і ∠KTD. Відповідні кути: ∠CKT і ∠KTS; ∠TKM і ∠OTS; ∠CKE і ∠KTD; ∠TKE і ∠OTD.

331. Запишіть,

1) односторонніми при

BC і AD та січній AB: ∠CBA і ∠BAD; 2) односторонніми при прямих CE і CD та січній AD: ∠DEC і ∠EDC; 3) різносторонніми при прямих BC і AD та січній CE: ∠BCE і ∠CED; 4) відповідними при прямих CE

1) ∠3 = ∠6; - так; 2) ∠2 = ∠6; - так; 3) ∠4 =125°, ∠6 = 55°; - так; 4) ∠2 = 35°, ∠5 =146°; - ні; 5) ∠1 = 98°, ∠6 = 82°; - так; 6) ∠1 =143°, ∠7 = 37°? – так.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

340.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

234 △ABC = △DCE, AC = DE.

341. На рисунку 235 AB = BC, CD = DK. Доведіть, що AB ∥ DK. △ABC і △CDK – рівнобедрені, тоді ∠BAC = ∠BCA, ∠KCD = ∠CKD. Оскільки ∠BCA = ∠KCD (як вертикальні), маємо ∠BAC = ∠CKD – внутрішні різносторонні при прямих AB і DK та січній AK.

Отже, AB ∥ DK.

342. На рисунку 236 промінь AK є бісектрисою кута BAC, AM=MK. Доведіть, що MK ∥ AC △AMK – рівнобедрений, тому ∠MAK = ∠MKA.

Крім того, ∠MAK = ∠KAC (бо AK – бісектриса).

Тоді ∠MKA = ∠KAC (а ці

прямих MK і AC та січній AK),

Звідси маємо: MK ∥ AC.

343. На рисунку 237 ∠ACB = ∠ACD, AD = CD. Доведіть, що BC ∥ AD. △ADC – рівнобедрений, тому ∠CAD = ∠ACD,

крім того ∠ACD = ∠ACB за умовою, тому ∠ACD = ∠ACB. Оскільки ∠ACD і ∠CAD – внутрішні різносторонні

прямих BC і AD та січній AC то BC ∥ AD.

344. У трикутнику ABC відомо, що AB = BC, ∠A = 60°. Кут

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

348.

AC,

AB

EF та січній AF, ∠BAF = 48° + 24° = 72° = ∠AFE, то AB ∥ EF.

Оскільки AB ∥ CD і AB ∥ EF, то CD ∥ EF.

349. Кут ABC дорівнює 60°, а кут

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

MF = AM, KD = CK. Доведіть,

трикутників маємо: ∠BMF = ∠CAM, тоді AC ∥ FB. △ACK = △BDK – за двома сторонами і кутом між ними (AK = BK за умовою, CK = KD за умовою ∠AKC = ∠BKD –як вертикальні кути). Із рівності трикутників маємо: ∠ACK = ∠BDK, тоді AC ∥ BD. Оскільки AC ∥ FB і AC ∥ BD, то згідно

AOC.

I випадок: ∠AOC : ∠BOC = 3 : 5, тоді ∠AOC=3x°, ∠BOC=5x°. За умовою ∠BOC - ∠AOC = 42°, 5x – 3x = 4; 2x = 42; x = 21.

Тоді ∠AOC = 3× 21°=63°, ∠BOC = 5 × 21° = 105°.

∠DOB = 180° - 63° - 105° = 12°.

∠FOB = 1 2 ∠DOB = 1 2 × 12° = 6°.

∠FOC = ∠FOB + ∠BOC = 6° + 105° = 111°.

випадок: ∠AOD = 180° - 105° - 63° = 12°; ∠AOF = 1 2 ∠������������ = 1 2 ∙ 12° = 6°, ∠FOC = ∠FOA + ∠AOC = 6° + 63° = 69°.

111° або 69°.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

357.

∠ABE = ∠CBE. Оскільки △ABC – рівнобедрений і BE – бісектриса, то BE –медіана, отже, AE = EC.

KLMN

восьмикутник. 15. Властивості

1) 142°;

2) 152°?

290° : 2 = 145°.

130° = 50°.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

ці

56° : 2 = 28°.

364. На рисунку 252 знайдіть кут 1.

365. На рисунку 253

a ∥ b, бо 116° + 64° = 180°.

Тоді ∠1 = 108°.

Відповідь: 108°.

∠2 = 180° - 94° = 86°. Відповідь: 86°.

366. На рисунку 254 ∠1 = ∠2, a ⊥ n. Доведіть,

– x) – x = 50, тоді 180 − 2x = 50; 2x = 180 − 50; 2x = 130; x

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

сторін AC і BC рівнобедреного трикутника ABC (AB = BC) за точки A і B позначили відповідно точки P і K так, що PK ∥ AB. Доведіть, що трикутник KPC рівнобедрений. ∠A = ∠C, бо △ABC – рівнобедрений,

△KPC –рівнобедрений.

373. Відрізки AB і CD перетинаються в точці O, AO = BO, AC ∥ BD. Доведіть, що CO = DO. AC ∥ BD, тому ∠OAC = ∠OBD – як

паралельних AC і BD та січній AB, ∠COA = ∠DOB,

рівності

маємо: CO = DO.

374. Відрізки MK і DE перетинаються в точці F, DK ∥ ME, DK = ME. Доведіть, що △MEF = DK = ME, DK ∥ ME. Оскільки DK ∥ ME, то ∠K = ∠M – як різносторонні

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

377. На рисунку 257 BC = AD, BC ∥ AD. Доведіть, що AB∥ CD.

BC = AD, то ∠1 =

BC і AD та січній AC. ΔABC = ΔCDA за першою ознакою (BC = AD за умовою, AC – спільна сторона, ∠1 = ∠2 – за доведеним). Із рівності трикутників ∠BAC = ∠DCA – різносторонні кути при прямих AB і CD та січній AC. Отже, AB ∥ CD.

378. На рисунку 258 MK ∥ EF, ME = EF, ∠KMF = 70°. Знайдіть кут MEF. ∠MEF = 180° - ∠KMF - ∠EMF = 180° - 70° - ∠MFE = 110° - 70° = 40°. Відповідь: 40°.

379. Через вершину B трикутника ABC (рис. 259) провели пряму MK, паралельну

AC, ∠MBA = 42°, ∠CBK = 56°. Знайдіть кути трикутника ABC. ∠ABC = 180° - ∠MBA - ∠CBK = 180° - 42° - 50° = 82°. ∠BAC = ∠MBA = 42°, як внутрішні різносторонні

січній AB; ∠ACB = ∠CBK = 56°, як

MK ∥ AC і січній BC. Відповідь: 82°, 42°, 56°. 380.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

384. На рисунку 261 BE ⊥ AK, CF ⊥ AK, CK — бісектриса кута FCD, ∠ABE = 62°.

ACK

∠ACK = ∠ACF + ∠FCK = ∠ABE + 1 2 ∠FCD = 62 + 1 2(180° - 62°) = 62° + 59° = 121°.

385. На рисунку 262 BC ∥ MK, BK = KE, CK = KD. Доведіть, що AD ∥ MK. BK = KE, CK = KD, ∠BKC = ∠DKE, тому ΔBKC = ΔDKE, отже, ∠KBC = ∠KED, тому BC ∥ AD, отже, AB ∥ MK.

386. На рисунку 263 AB = AC, AF = FE, AB ∥ EF. Доведіть, що AE ⊥ BC. ∠BAE = ∠AEF = ∠EAF, отже, AE – бісектриса кута BAC. Оскільки AB = AC, AE є також висотою трикутника ABC, отже AE ⊥ BC.

387. Трикутник ABC — рівнобедрений з

бісектриси BD проведено

AC. Через

сторонам AB і BC та перетинають

AC у точках E та F відповідно. Доведіть, що DE = DF. D

тому ∠MDE = ∠MDF = 90°. BD також є бісектрисою, тому ∠ABD = ∠DBC, отже, ∠EMD = ∠ABD, ∠FMD = ∠CBD, тому ∠EMD = ∠FMD. △MED = △MFD за другою ознакою.

Отже, DE = DF.

388. На рисунку 264 AB ∥ DE. Доведіть, що ∠BCD = ∠ABC + ∠CDE.

Нехай AB ∥ DE. Проведемо FC ∥ AB, тоді FC ∥ DE, тоді ∠ABC = ∠1, ∠CDE = ∠2. Отже, ∠BCD = ∠1 + ∠2 = ∠ABC + ∠CDE.

389. На рисунку 265 AB ∥ DE, ∠ABC =120°, ∠CDE = 150°. ∠CDE =150°. Доведіть, що BC ⊥ CD.

Нехай AB ∥ DE, ∠ABC = 120°, ∠CDE = 150°. Проведемо CK ∥ AB, тоді CK ∥ DE і ∠BCK = 180° - ∠ABC = 180° - 120° = 60°. ∠DCK = 180° - ∠CDE = 180° - 150° = 30°, Отже, ∠BCD = ∠BCK + ∠DCK = 60° + 30° = 90°.

Тобто BC ⊥ CD.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

AM = MO. △COK – рівнобедрений, KC = KO.

Тоді MK = MO + KO = AM + CK. Отже, MK = AM + CK.

M і K відповідно. Доведіть, що периметр трикутника MOK

сторону AC у

MN і AB та січній AO, тоді ∠OAM = ∠AOM і, отже, △AMO – рівнобедрений, AM = MO. Оскільки KL ∥ BC, тоді ∠KOC = ∠DCO як різносторонні при паралельних

та січній CO, тоді ∠KOC = ∠KCO, і, отже, △OKC – рівнобедрений, OK = KC. ����△������������ = OM + MK + OK = AM + MK + KC = AC. Отже, ����△������������ = AC.

393. На відрізку AB позначили точку C так, що AC : BC = 2 : 1. На відрізку AC позначили точку D так, що AD : CD = 3 : 2. У якому

AB?

точка D

Нехай AD : CD = 3 : 2, тоді AD = 3x, CD = 2x, AC = 5x; BC = �������� 2 = 5���� 2 = 2,5x. Звідси AD : DB = 3x : 4,5x = 30 : 45 = 2 : 3.

394. Відрізки AC і BD перетинаються в точці O, AB = BC = CD = AD. Доведіть, що AC ⊥ BD.

Нехай AB = BC = CD = AD, тоді △ABC = △ADC (за трьома сторонами).

AO

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

397. Чи існує трикутник, кути якого дорівнюють: 1) 20°, 60° і 80°; Ні; 2) 10°, 40° і 120°? Ні.

398. Знайдіть кут трикутника, якщо два інших його кути дорівнюють 35° і 96°.

Нехай х° - третій кут трикутника, тоді 35 + 96 + х = 180, звідси х + 131 = 180; х = 180 - 131; х = 49. Отже, третій кут дорівнює 49°.

Відповідь: 49°

399. Знайдіть невідомі кути трикутника ABC,

на рисунку 270. ∠C = 60°. ∠A + ∠B + ∠C = 180°. ∠B = 180° – (50° + 60°) = 180° – 110° = 70°.

Відповідь: ∠C = 60°, ∠B = 70°. 400.

401.

кут ABD

∠F = 180° – 125° = 55°.

271.

∠E + ∠D + ∠F = 180°. ∠D = 180° – (55° + 20°) = 180° – 75° = 105°.

Відповідь: ∠F = 55°, ∠D = 105°.

∠A + ∠B + ∠C = 180°.

∠B = 180° – (40° + 70°) = 180° – 110° = 70°.

ABD = 70° : 2 = 35°. 402.

+ 3х +

∠F = 64° ⋅ 2 = 128°.

E = 180° – (44° + 128°) = 180° – 172° = 8°.

= 3

29 = 87,

+ 35 = 29 + 35 = 64.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

Отже, кути трикутника дорівнюють 29°, 87°, 64°.

Відповідь: 29°, 87°, 64°.

404. Знайдіть кути трикутника, якщо їхні градусні міри відносяться як 2 : 3 : 7.

Нехай кути трикутника дорівнюють 2x°, 3x°, 7x°. Тоді 2x + 3x + 7x = 180, звідси 12x = 180; x = 180: 12; x = 15. Тоді 2x = 2 × 15 = 30, 3x = 3 × 15 = 45, 7x = 7 × 15 = 105.

Отже, кути трикутника дорівнюють 30°, 45° і 105°.

Відповідь: 30°, 45° і 105°.

405. Знайдіть кути рівностороннього трикутника.

Оскільки всі кути рівностороннього трикутника рівні, то кожний кут дорівнює 180° : 3 = 60°.

Відповідь: 60°, 60°, 60°.

406. Знайдіть кути рівнобедреного прямокутного трикутника.

Нехай х° – гострий кут прямокутного рівнобедреного трикутника, тоді 90° + 2x° = 180°,

звідси 2x = 180 – 90; 2x = 90; x = 90 : 2; x = 45.

трикутника дорівнюють 45°, 90°, 45°.

Відповідь: 45°, 90°, 45°.

407. Кут при основі рівнобедреного

трикутника.

х + 126 = 180; х = 180 – 126; х = 54°.

трикутника дорівнює 54°.

Відповідь: 54°.

408. Знайдіть

дорівнює 104°.

Нехай х°

2x = 180 – 104; 2x = 76; x = 76 : 2; x = 38.

Отже, кути

Відповідь: 38° і 38°.

409. Знайдіть кути рівнобедреного трикутника,

при основі.

Нехай х° – кут

6x = 180; x = 180 : 6; x = 30. 4x = 4 × 30 = 120.

Отже, кути трикутника дорівнюють 30°, 30°, 120°.

Відповідь: 30°, 30°, 120°.

410. Знайдіть кути рівнобедреного трикутника, якщо

кута при вершині.

х + 2 × 63 = 180,

Нехай x° – кут при основі рівнобедреного трикутника, x° + 48° –

при вершині, тоді 2x + (x + 48) = 180, звідси 3x + 48 = 180; 3x = 180 – 48; 3x = 132; x = 132 : 3; x = 44. x + 48 = 44 + 48 = 92. Отже,

44°, 44°, 92°.



50 + 2x =

1) Якщо 42° –

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

x° – кут

вершині, тоді 2 × 42 + x = 180, звідси 84 + x = 180; x = 180 – 84; x = 96. Отже, кути трикутника дорівнюють 42°, 42°, 96°. Якщо 42° – кут при вершині, x° – кут при основі, тоді 42 + 2x = 180, звідси 2x = 180 – 42; 2x = 138; x = 138 : 2; x = 69. Отже, кути трикутника дорівнюють 42°, 69°, 69°.

Відповідь: 42°, 42°, 96° або 42°, 69°, 69°; два розв’язки.

2) Кут при основі не може дорівнювати 94°, бо 94° × 2 = 188° > 180°. Тому це кут при

вершині. Якщо x° – кут при вершині, то 2x + 94 = 180, звідси 2x = 180 – 94; 2x = 86; x = 86 : 2; x = 43. Отже, кути трикутника дорівнюють 43°, 43°, 94°.

Відповідь: 43°, 43°, 94°; один розв’язок.

413. У трикутнику ABC відомо, що відрізок AK — бісектриса, ∠C = 90°, ∠BAK =18°.

AKC і

рисунку ∠BAC = 2 × ∠BAK = 2 × 18° = 36°, ∠ABC = 180° − (90° + 36°) = 54°.

∠AKC = 180° − (90° + 18°) = 72°.

Відповідь: 72°, 54°.

414. У трикутнику ABC відомо, що

кут AKC.

рисунку AB = BC, ∠ACK = ∠KCB, ∠A = 66°; ∠BCA = ∠A = 66°; ∠ACK = 1 2 ∠BCA = 1 2 · 66° = 33°; ∠AKC = 180° − (66° + 33°) = 180° − 99° = 81°.

Відповідь: 81°.

415. Бісектриси AK і CM трикутника ABC перетинаються в точці O, ∠BAC =116°, ∠BCA = 34°. Знайдіть кут AOC. На рис. ∠ACM = ∠MCB, ∠CAK = ∠KAB, ∠BAC = 116°, ∠BCA = 34°, ∠AOC = 180° − (∠OAC + ∠OCA) = 180° − (1 2 ∠CAB + 1 2 ∠ACB) = 180° − 1 2 × (∠CAB + ∠ACB) = = 180° − 1 2(116° + 34°) = 180° − 1 2 × 150° = 180° − 75° = 105°.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

417. У трикутнику ABC

C, якщо ∠A = 39°, ∠AFB = 78°.

На рисунку ∠ABF = ∠FBC, ∠A = 39°, ∠AFB = 78°. ∠ABF = 180° − (∠A + ∠AFB) = 180° − (39° + 78°) = 180° − 117° = 63°. ∠ABC = 2 × ∠ABF = 2 × 63° = 126°. ∠C = 180° − (∠FBC + ∠BFC) = 180° − (39° + 126°) = 180° − 165° = 15°.

Відповідь: 15°.

418. Доведіть, що коли один із

трикутник прямокутний.

Нехай α, β, γ – кути трикутника. Тоді α + β + γ = 180° і α = β + γ,

тоді α + β + γ = α + (β + γ) = α + α = 2α, звідси 2α = 180°, α = 180° : 2, α = 90°.

Отже, трикутник – прямокутний.

419. На рисунку 274 укажіть зовнішні кути: 1) при вершинах E та F трикутника MEF; 2)

BMD

E трикутника MKE. 1) ∠KEM, ∠NFM; 2) ∠MEF.

1) △AMC; 2) △AMB; △CMD.

1) ∠ACB = 180° − ∠BCD = 180° − 75° = 105°.

2) ∠A + ∠B = 180° − 105° = 75°.

Відповідь: 105°, 75°.

422. У трикутнику ABC відомо,

A +

= 180°.

С = 180° – (58° + 72°) = 180° – 130° = 50°;

BСD = 180° – 50° = 130°.

423.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

B = x°,

A = x° + 28°, тоді x + x + 28° = 154°, звідси 2x + 28° = 154°; 2x = 154° − 28°; 2x = 126°; x = 126° : 2; x = 63°, тоді x + 28° = 63° + 28° = 91°.

63°, 91°.

Відповідь: 63°, 91°.

428.

38°.

429. Відомо, що

∠A = x°, ∠B = 6x°, тоді x + 6x = 98, звідси 7x = 98; x = 98 : 7; x = 14,

6x = 6 × 14 = 84.

14°

84°. Відповідь: 14°, 84°.

AB = BC, ∠DBA. Оскільки ∠A = ∠C, ∠A + ∠C = 38°, тоді

∠A = ∠C = 38° : 2 = 19°.

∠B = 180° − 38° = 142°.

Відповідь: 38°, 38°, 142°.

А = 180° – 115° =

В = 180° – (65° + 65°) = 180° – 130° = 50°.

що

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

3 = ∠4. ∠3 = 180° − ∠B = ∠1 = 180° − ∠B − ∠2 = ∠4. Отже, ∠3 = ∠4.

432. На рисунку 277 AD = BC, ∠A = ∠C. Доведіть, що ∠AOD = ∠COB. ∠AOD = ∠COD як вертикальні кути. За умовою ∠A = ∠C.

трикутнику AOD ∠A + ∠D + ∠AOD = 180° ⇒ ∠D = 180° – ∠A – ∠AOD.

трикутнику АВС ∠C + ∠B + ∠COD = 180° ⇒

B = 180° – ∠C – ∠COD.

частини рівні, отже рівні і

Тоді ∠D = ∠B. За умовою AD = BC, ∠A = ∠C, звідси трикутники

1 2 × 54° = 27°. Отже, кути трикутника дорівнюють 27°, 27°, 126°. Відповідь: 27°, 27°, 126°; один розв'язок.

2) Якщо 112° - зовнішній

180° - 68° - 68° = 44°. Отже, кути трикутника дорівнюють 68°, 68°, 44°. Якщо 112° - зовнішній

кути трикутника дорівнюють 56°, 56°, 68°.

Відповідь: 44°, 68°, 68° або 56°, 56°, 68°; два розв'язки.

434. Зовнішній кут рівнобедреного

Скільки розв’язків має задача?

Якщо це зовнішній кут при основі, то відповідний

180° - 130° = 50°, а кут при вершині 180° - 2 × 50° = 80°. Отже, кути трикутника

дорівнюють 50°, 50°, 80°. Якщо це зовнішній

- 130° = 50°,

кути трикутника

65°, 65°, 50°.

50°, 50°, 80° або 50°, 65°, 65°; два розв’язки.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

436. На рисунку 278 BC ∥ AD, ∠A = 25°, ∠B = 55°. Знайдіть

CMD. Оскільки BC ∥ AD, то ∠B = ∠D, тоді

∠CMD = ∠A + ∠MDA = ∠A + ∠B = 25° + 55° = 80°.

Відповідь: 80°.

437. Відрізок BK — бісектриса рівнобедреного трикутника ABC з основою BC, ∠AKB =105°. Знайдіть кути трикутника ABC. AB = AC, ∠AKB = 105°. ∠AKB - зовнішній кут трикутника ВКС. Якщо ∠KBC = x°, тоді ∠C = 2x° і x + 2x = 105, звідси 3x = 105; x = 105 : 3; x = 35, 2x = 70.

Отже, ∠C = 70°, ∠ABC = 70°, ∠A = 180° - 70° - 70° = 40°.

Відповідь: 40°, 70°, 70°.

438. На стороні AB трикутника ABC позначили точку D так, що BD = BC, ∠ACD =15°, ∠DCB = 40°. Знайдіть кути трикутника ABC. BD = BC, ∠ACD = 15°, ∠DCB = 40°.

Оскільки ∠DCB = 40° і DB = BC, то ∠CDB = 40°, ∠B = 180° − 40° − 40° = 100°. Оскільки ∠BDC –зовнішній кут трикутника ADC при вершині D і ∠ACD = 15°, тоді ∠BDC = ∠A + ∠ACD, звідси 40° = ∠A + 15°, ∠A = 40° − 15°, ∠A = 25°.

∠C = 180° − ∠A − ∠B = 180° − 25° − 100° = 55°.

Відповідь: 100°, 25°, 55°.

439. Через вершину C трикутника ABC проведено пряму, яка паралельна бісектрисі AM трикутника й перетинає пряму AB у точці K. Знайдіть кути трикутника AKC, якщо ∠BAC = 70°.

∠CAK = 180° − ∠BAC = 180° − 70° = 110°.

∠ACK = ∠MAC = 1 2 ∠BAC = 1 2 70° = 35°.

∠AKC = 180° − (110° + 35°) = 35°.

Відповідь: 35°, 35°, 110°.

440. На рисунку 279 BC ∥ AD, ∠B =100°, ∠ACD = 95°, ∠D = 45°. Доведіть, що AB = BC. ∠CAD = 180° − ∠ACD − ∠D = 180° − 95° − 45° = 40°. Оскільки BC∥AD, то ∠CAD = ∠BCA = 40° (як внутрішні різносторонні при

AOC,

B =100°.

BC і AD та січній AC). ∠BAC = 180° −

AB = BC.

AOC = 180° − (∠OAC + ∠OCA) = 180° − 1 2(∠ BAC + ∠ BCA) = = 180° − 1 2× (180 ° − ∠ B) = 180° − 90° + 1 2 ∠B = = 180° − 90° + 1 2 ∠B = 90° + 1 2 ∠B = 90° + 1 2 × 100° = = 90° + 50° = 140°.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

то цей трикутник рівнобедрений.

Нехай FB ∥ AC, тому ∠FBA = ∠BAC – як внутрішні різносторонні при паралельних

прямих FB і АС та січній АВ. Отже, ∠DBA = 2∠BAC, але ∠DBA = ∠BAC + ∠BCA, тоді 2∠BAC = ∠BAC + ∠BCA, 2∠BAC − ∠BAC = ∠BCA; ∠BAC = ∠BCA.

Оскільки ∠BAC = ∠BCA, то △ABC – рівнобедрений (AB = BC). 444. Кут

основі AC рівнобедреного трикутника ABC у 2 рази більший

відрізок AM — бісектриса трикутника. Доведіть, що BM = AC.

∠BAC = ∠C = 2∠B. Тоді ∠B + 2 × 2∠B = 180° або 5∠B = 180°, звідси ∠B = 180° : 5, ∠B = 36°.

∠BAC = ∠C = 72°; ∠BAM = 1 2 ∠BAC = 1 2 × 72° = 36°. ∠B = ∠BAM, отже,

BM = MA. ∠AMC = 180° − (∠MAC + ∠C) = 180° − (36° + 72°) = 180° −

108° = 72°; ∠AMC = ∠C, отже, MA = AC.

Оскільки BM = MA, MA = AC, то BM = AC. 445. Трикутник ABC рівнобедрений з основою AC. На стороні BC позначено точку M так, що BM = AM = AC. Знайдіть кути трикутника ABC.

BM = AM = AC. Оскільки AM = AC, то ∠C = ∠AMC = ∠B + ∠BAM, але BM = AM, тому ∠B = ∠BAM.

Отже, ∠C = ∠BAC = 2∠B, тоді ∠B + 2 × 2∠B = 180°; 5∠B = 180°; ∠B = 180° : 5; ∠B = 36°, ∠BAC = ∠C = 72°. Відповідь: 36°, 72°, 72°.

446. Доведіть, що в будь-якому трикутнику є кут:

1) не менший від 60°; Якщо б усі кути були меншими від 60°, то їхня сума була б менша за 180°, чого не може

2)

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

+

> 90°, то γ = 180° − (α + β) < 180° − 90° = 90°. Аналогічно, α < 90°, β < 90°. Отже, трикутник

449. Чи існує трикутник,

Нехай ∠CAM = ∠MAB, ∠CBN = ∠NBA, ∠AOB = 90°.

Тоді ∠C = 180° − (∠CAB + ∠CBA) = 180° − (2∠OAB + 2∠OBA) = = 180° − 2(∠OAB + ∠OBA) = 180° − 2(180° − ∠AOB) = = 180° − 2 × (180° − 90°) = 180° − 2 × 90° = 180° − 180° = 0°, такого бути не може. Отже, не існує трикутника, дві

перпендикулярні.

Відповідь: не існує.

450. Чи існує трикутник, у якому одна

∠BAL = ∠LAC, ∠ACK = ∠KCB, AO = OL. Оскільки CO –бісектриса і медіана трикутника ALC, тоді ∠AOC = 90°, що неможливо (див. задачу 410). Отже, не існує трикутника, у якого одна бісектриса ділить

бісектрису. Відповідь: не існує.

451. Знайдіть кути трикутника ABC, якщо бісектриса

рівнобедрених трикутники.

1-й випадок. Нехай ∠ABL = ∠LBC, AL = BL = CL. Оскільки BL – бісектриса і медіана трикутника ABC, то BL ⊥ AC.

Тоді ∠ALB = ∠BLC = 90°, ∠BAL = ∠ABL = 90° 2 = 45°,

∠LBC = ∠LCB = 90° 2 = 45°.

Отже, кути трикутника дорівнюють 45°, 45°, 90°.

2-й випадок. ∠ABL = ∠LBC, AL = BL, BL = BC.

Нехай ∠ABC = 2x°, тоді ∠A = x°, ∠C = (180°−����°) 2 і для △ABC

маємо: 2x + x + (180−����) 2 = 180, звідси 4x + 2x + 180-x = 360; 5x = 180; x = 180:5; x = 36, тоді

∠B = 72°, ∠C = (180°−36°) 2 = 72°, ∠A = 36°.

Отже, кути трикутника дорівнюють 36°, 72°, 72°.

Відповідь: 45°, 45°, 90° або 36°, 72°, 72°.

У трикутнику ABC відомо,

BOC. ∠A = α, ∠FBK = ∠KBA, ∠BCO = ∠OCD. ∠ABC + ∠ACB = 180° − ∠A = 180° − α. ∠BOC = 180° − (∠OBC + ∠OCB) = 180° − (1 2 ∠FBA + 1 2 ∠DCB) = 180° − 1 2(∠FBA + ∠DCB) = 180° − 1 2(180° − ∠ABC + 180° − ∠ACB) = 180° − 1 2(360° − (∠ABC + ∠ACB)) = 180° − 1 2(360° − 180° + α) = 180° − 180° + 90° − ���� 2 = 90° − ���� 2 . Відповідь: 90°���� 2 .

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

β = 180° − 2γ, тоді 2(180° − 2γ) + 180° = 3γ; 360° − 4γ + 180° = 3γ; 7γ = 540°; γ = 540° 7 β = 180° − 540° 7 · 2 = 180° − 1080° 7 = 180° 7 .

Отже, кути трикутника дорівнюють: 540° 7 , 540° 7 , 180° 7 . 454. У трикутнику ABC відомо, що AB = 2 см, ∠A = 60°, ∠B = 70°. На стороні AC позначили точку D так, що AD = 1 см. Знайдіть кути трикутника BDC.

AB = 2 см, ∠A = 60°, ∠B = 70°, AD = 1 см. Середину M сторони AB з’єднуємо з точкою D. ΔAMD – рівносторонній, отже, ∠AMD = ∠MDA = 60°. △BMD – рівнобедрений, тому

∠MBD = ∠MDB = ∠������������ 2 = 60° 2 = 30°.

Тоді ∠DBC = 70° − ∠DBA = 70° − 30° = 40°.

∠ADB = ∠ADM + ∠MDB = 60° + 30° = 90°, тоді ∠BDC = 90°.

∠C = 180° − ∠DBC − ∠BDC = 180° − 40° − 90° = 50°.

Отже, кути трикутника BDC дорівнюють 40°, 90°, 50°.

Відповідь: 40°, 50°, 90°.

455. На прямій позначили точки A, B і C так, що точка B

між точками A і C,

BC = 2AB. На відрізку BC позначили точку D так, що BD : DC = 3:7. Знайдіть відстань між серединами відрізків AB і CD, якщо відрізок CD на 16 см довший за

відрізок BD.

Нехай BD = 3x, тоді DC = 7x, AB = 5x. За умовою CD - BD = 16 см, тоді 7x - 3x = 16; 4x = 16; x = 4. Отже, BD = 12 см, DC = 28 см, AB = 20 см. M - середина відрізка AB, N -

середина відрізка CD, тоді MN = 1 2 AB + BD + 1 2 DC = 1 2 × 20 + 12 + 1 2 × 28 = = 10 + 12 + 14 = 36 (см).

Відповідь: 36 см.

456. На медіані BM трикутника ABC позначили точку O так, що ∠OAC = ∠OCA.

Доведіть, що трикутник ABC рівнобедрений. ∠OAC = ∠OCA, AM = MC. Оскільки ΔAOC –рівнобедрений, бо ∠OAC = ∠OCA), то OM ⊥ AC. Оскільки BM ⊥ AC, BM – медіана, то ΔABC –рівнобедрений.

457. Чи існує шестикутник,

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

458. Чи

1) 6 см, 5 см, 12 см;

Сторони трикутника не

дорівнювати 6 см, 5 см, 12 см, бо 12 > 5 + 6 – не

виконується нерівність трикутника.

Відповідь: не можуть.

2) 6 см, 5 см, 11 см?

Сторони трикутника не можуть дорівнювати 6 см, 5 см, 11 см, бо 11 = 5 + 6 – не

виконується нерівність трикутника.

Відповідь: не можуть.

459. Порівняйте кути трикутника ABC, якщо:

1) AB > AC > BC;

Оскільки AB > AC > BC, тоді ∠C > ∠B > ∠A.

2) AB = BC, BC > AC.

Оскільки AB = BC, BC > AC, тоді ∠C = ∠A > ∠B.

460. У трикутнику ABC відомо, що ∠A = 34°, ∠B = 28°. Порівняйте сторони AB, BC і AC.

Якщо ∠A = 34°, ∠B = 28°, тоді ∠C = 180° − 34° − 28° = 118°.

Оскільки ∠B < ∠A < ∠C, то AC < BC < AB.

461. Порівняйте сторони трикутника ABC, якщо:

1) ∠C > ∠A > ∠B;

Оскільки ∠C > ∠A > ∠B, тоді AB > BC > AC. 2) ∠B > ∠C, ∠A = ∠B.

Оскільки ∠B > ∠C, ∠A = ∠B, тоді BC = AC > AB.

462. Периметр трикутника дорівнює 30

1) 20 см;

Якщо одна сторона трикутника

б 30 см – 20 см = 10 см, і нерівність трикутника

не

20 см. 2) 15 см?

Якщо одна сторона трикутника

не може дорівнювати 15 см. 463. Довжини двох сторін

2) 32

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

464.

7 см + 15 см + 15 см = 37 (см).

5 см + 5 см + 10 см = 20 см,

(5 см + 5

= 10 см.

466.

Дано: а = 4,3 см; b = 6,8 см; с = ?

a + b > c; 4,3 + 6,8 > c; 10,1 > c. c < 10,1 => c = 10 см.

467. Дві сторони трикутника дорівнюють

4,8 + 7,4 = 12,2 (см).

Відповідь: 12 см.

468. Чи існує трикутник,

третьої, а периметр дорівнює 20 см?

Нехай х см, x + 2 см, x + 6 см. Тоді x + x + 2 + x + 6 = 20, звідси 3x + 8 = 20; 3x = 20 - 8; 3x = 12; x = 12 : 3; x = 4.

Тоді сторони трикутника дорівнюють 4 см, 6 см і 10 см.

Проте трикутника зі сторонами 4 см, 6 см, 10 см не існує (бо 10 = 4 + 6).

Відповідь: ні.

469. Чи існує трикутник, одна зі сторін якого на 1 см

від третьої, а периметр дорівнює 22 см?

Нехай а = х (см), тоді b = х + 1 (см), с = x + 3 (см).

Оскільки Р∆ = 22 см, то x + x + 1 + x + 3 = 22; 3x + 4 = 22; 3x = 22 – 4; 3x = 18; х = 6. а = 6 см; b = 6 + 1 = 7 см; с = 6 + 3 = 9 см.

Оскільки 9 < 6 + 7, то такий трикутник існує.

470. У трикутнику ABC кут B тупий. На

shkola.in.ua

точку D Доведіть, що CD > AC ∠DAC = ∠B + ∠ACB > ∠B > 90°. ∠ADC = 180° − (∠DAC + ∠ACD) < 90°, тобто ∠ADC < ∠DAC. У △ADC сторона AC лежить напроти ∠ADC, а сторона CD – напроти більшого

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

shkola.in.ua

shkola.in.ua

дорівнює 3 см.

Відповідь: 3 см.

475. Відрізок AM медіана трикутника ABC, ∠CAM> ∠BAM. Доведіть, що AB > AC CM = MB, ∠CAM > ∠BAM. На продовженні медіани AM за точку M відкладаємо відрізок MD, який дорівнює AM. Тоді △CAM = △BDM (за двома сторонами і кутом між ними), звідси

shkola.in.ua

476.

медіани, проведеної до третьої сторони. AM = MC. Доведемо, що AB + BC> 2BM.

shkola.in.ua

M відкладемо MD = BM. △AMD = △CMB

ABD справедливо, що AB + AD > BD або AB + AD > 2BM. Враховуючи, що AD = BC, маємо: AB + BC > 2BM.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

1) Нехай

ABD.

∠ABF = 180 : 2 = 90°; ∠ABK = 100 : 2 = 50°; ∠KBF = ∠ABF – ∠ABK = 90° - 50° = 40°.

2) Нехай ВМ – бісектриса кута ABD, ВК –

АВС. ∠AKM = ∠ABK + ∠ABM; ∠AKM = 90° + 50° = 140°. Задача має два розв’язки.

478. У трикутниках ABC і MKE відомо, що AB = MK, BC = KE, ∠B = ∠K. На відрізку AB

позначено точку F, а на відрізку MK точку P так, що ∠ACF = ∠MEP. Яка довжина

відрізка CF PE 15 см?

ΔABC = ΔMKE за двома сторонами і

1) Катети – AC, BC;

– AB.

2)

3)

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

484.

shkola.in.ua

shkola.in.ua

485.

1)

2) KE; 3) KE.

як 7 : 8.

6.

487.

488.

42°; 48°.

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

CAH, якщо ∠B = 76°.

shkola.in.ua

491

AB = BC, AH ⊥ BC, ∠B = 76°.

BAH = 180° - ∠B - ∠BHA = 180° - 76° - 90° = 14°.

C = (180° - ∠B) : 2 = (180° - 76°) : 2 = 57°.

CAH = ∠CAB - ∠BAH = ∠C - ∠BAH = 57° - 14° = 43°.

Відповідь: 43°.

трикутника та висотою, проведеною до бічної сторони, дорівнює 19°. Знайдіть

shkola.in.ua

AB = BC, AH ⊥ BC, ∠HAC = 19°.

∠C = 90° ∠HAC = 90° 19° = 71°.

∠BAC = 90° - ∠HAC = 90° - 19° = 71°. ∠BAC = ∠C = 71°,

∠B = 180° − 2∠C = 180° − 2 × 71° = 180° − 142° = 38°.

Відповідь: 71°, 71°, 38°.

492 На рисунку 293 AB ⊥ BC, CD ⊥ BC, AC = BD. Доведіть, що AB = CD. △ABC = △DCB (за гіпотенузою і катетом), тоді AB = CD.

shkola.in.ua

493 На рисунку 294 MO = FO, ∠MEO = ∠FKO = 90°. Доведіть, що △MEO = △FKO. MO = FO; ∠MOE = ∠FOK (як вертикальні), отже, △MEO = △FKO (за гіпотенузою і гострим кутом).

shkola.in.ua

494. Із точок A і B, які

shkola.in.ua

AM і BK на цю пряму, AM= BK. Доведіть, що AK = BM. AM ⊥ MK, BK ⊥ MK, AM = BK. △AMK = △BKM (за двома катетами), отже, AK = BM.

shkola.in.ua

495. На рисунку 295 AB = CD, AB ∥ CD, BM ⊥ AC, DK ⊥ AC. Доведіть, що BM = DK. AB = CD; ∠BAM = ∠KCD, тому △AMB = △CKD (за гіпотенузою і гострим кутом), отже, BM = DK.

496. На рисунку 296 AB = BC, CD ⊥ AB, AE ⊥ BC. Доведіть, що BE = BD. AB = BC; ∠AEB = ∠DEC, тому що △ABE = △DBC (за гіпотенузою

shkola.in.ua

гострим кутом), отже, BE = AD.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

498. На сторонах кута з вершиною

точці B

що MD = MC.

точки A і C так, що AB = BC. Через точки A і C провели прямі, які перпендикулярні до сторін BA і BC відповідно та перетинаються в точці O. Доведіть, що промінь BO бісектриса кута ABC. AB = BC, OC⊥BC, OA⊥AB. ΔOAB = △OCB (за катетом і гіпотенузою). Із рівності трикутників випливає, що ∠OBA = ∠OBC, отже, ВО –бісектриса кута ABC.

499. Доведіть, що висоти рівнобедреного трикутника, проведені до його

є рівними.

500. Доведіть,

AF⊥BC, CD⊥AB. ∠A = ∠C - за ознакою рівнобедреного трикутника. ∠AFC = △CDA (за гіпотенузою і гострим кутом). Із рівності трикутників випливає, що AF = CD.

AF = CD, AF⊥BC, CD⊥AB. △ADC = △AFC (за

гіпотенузою: AF = CD, AC

трикутників випливає, що ∠A = ∠C. Отже, △ABC – рівнобедрений.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

503.

shkola.in.ua shkola.in.ua

Отже, △ABC = △����1 ����1 ����1 (за катетом і прилеглим гострим кутом).

504. Доведіть рівність прямокутних трикутників за катетом і медіаною, проведеною до другого катета.

shkola.in.ua

505.

BC = ����1 ����1 , CM = ����1 ����1 . △CMB = △����1 ����1 ����1 (за катетом і гіпотенузою), тому BM = ����1 ����1 , AB = 2BM, ����1 ����1 = 2����1 ����1 , AB = ����1 ����1 . Отже, △ABC = △����1

shkola.in.ua shkola.in.ua

AM = MB, BK = KC. ∠FMA = ∠BME як

△AFM = △BEM (за гіпотенузою і

тому BE = AF. ∠BKE = ∠CKP - як вертикальні кути.

△BKE = △CKP (за гіпотенузою і гострим кутом), тому BE = CP. Отже, BE = AF = CP.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

shkola.in.ua

AB = ����1 ����1 , AE = ����1 ����1 , BF = ����1 ����1 , △ABF = △����1 ����1 ����1 (за гіпотенузою і катетом), тому

∠A = ∠����1 . ΔABE = Δ����1 ����1 ����1 (за гіпотенузою і катетом), тому ∠B = ∠����1 . Отже, △ABC = △����1 ����1 ����1 (за стороною і двома прилеглими кутами).

509. Доведіть рівність трикутників за стороною та проведеними до неї медіаною та

висотою.

shkola.in.ua

AC = ����1 ����1 , BH = ����1 ����1 , BM = ����1 ����1 .

AM = 1 2 �������� = 1 2 ����1 ����1 = ����1 ����1 .

△BHM = △����1 ����1 ����1 (за катетом і

гіпотенузою), тому HM = ����1 ����1 .

AH = AM - HM = A₁M₁ - H₁M₁ = A₁H₁.

△AHB = △A₁H₁B₁ (за двома катетами), тому AB = A₁B₁.

CH = CM + MH = C₁M₁ + M₁H₁ = C₁H₁.

△CHB = △����1 ����1 ����1 (за двома катетами), тому BC = ����1 ����1 . Отже,

△ABC = △����1 ����1 ����1 (за трьома сторонами: AB = ����1 ����1 , BC = ����1 ����1 , AC = ����1 ����1 ).

510. Висоти AM і CK трикутника ABC перетинаються в точці H, HK = HM. Доведіть, що трикутник ABC рівнобедрений.

shkola.in.ua

CK ⊥ AB, AM ⊥ BC, KH ⊥ HM. △AKH = △CMH (за катетом і прилеглим гострим кутом: KH = HM за умовою, ∠KHA = ∠MHC - як

кути), тоді AH = CH. Отже, маємо: KC = AM - як сума рівних відрізків. △AKC = △AMC (за гіпотенузою і катетом: KC = AM, AC – спільна), тому ∠A = ∠C. Отже, △ABC – рівнобедрений згідно з ознакою рівнобедреного трикутника.

511. Висоти ME і NF трикутника MKN перетинаються в точці O, OM= ON, MF = KE. Доведіть, що трикутник MKN рівносторонній.

ME ⊥ KN, NF ⊥ MK, OM = ON, MF = KE.

△MON - рівнобедрений,

OMN = ∠ONM. △MFN = △NEM (за гіпотенузою

shkola.in.ua shkola.in.ua

shkola.in.ua shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

514.

+

ABC і DBC

ABC, промінь BK куту DBC, ∠MBC = ∠CBK = 30°, кут DBK у 5 разів

ABM. Знайдіть

ABC і DBC

515. На

Нехай ∠ABM = x°, тоді ∠DBK = 5x°. За властивістю суміжних кутів маємо:

∠ABC + ∠DBC = 180°; ∠ABM + ∠MBC + ∠CBK + ∠DBK = 180°; x + 30° + 30° + 5x = 180°; 6x = 120°; x = 20°. Отже, ∠ABM = 20°, ∠DBK = 100°.

Тоді ∠ABC = 20° + 30° = 50°; ∠DBC = 100° + 30° = 130°.

Відповідь: 50°, 130°.

що: 1) трикутник AOC рівнобедрений; 2) пряма BO серединний

shkola.in.ua

shkola.in.ua

1) △ABC - рівнобедрений (AB = BC), BM = BK. AM = CK, △AMO = △CKO. З рівності трикутників маємо AO = CO, отже, △AOC –рівнобедрений. 2) △ABP = △CBP. Із рівності трикутників маємо AP = CP. Отже, BPмедіана, а оскільки △ABC - рівнобедрений, то і висота.

516. На рисунку 297 AB = CD, BC = AD. Доведіть, що AO = OC. ΔABC = ΔADC - за трьома сторонами (AB = CD, BC = AD, AC –спільна), тоді ∠CAD = ∠BCA. ΔABD = ΔCDB - за трьома сторонами, тоді ∠DBC = ∠BDA. ΔBOC = ΔDOA - за стороною і двома прилеглими кутами, тоді AO = OC.

517. Чи можна замостити площину фігурами,

shkola.in.ua

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

521. У прямокутному трикутнику MKC

CK

shkola.in.ua

що ∠M= 90°, ∠C = 60°, CM = 7 см.

△KCM - прямокутний, ∠M = 90°, ∠C = 60°, MC = 7 см.

∠MKC = 90° - 60° = 30°.

KC = 2 × MC = 2 × 7 см = 14 см.

Відповідь: 14 см.

522. У трикутнику ABC відомо, що ∠A = 30°, ∠B = 45°, ∠B = 45°, CK висота, AC = 10 см. Знайдіть відрізок BK.

Нехай в △ABC ∠A = 30°, ∠B = 45°, CK ⊥ AB, AC = 10 см.

Із прямокутного ΔACK: CK = 1 2 AC = 1 2 × 10 см = 5 см.

Із ΔCKB: ∠KCB = 45°. Отже, ΔCBK - рівнобедрений і BK = CK = 5 см.

Відповідь: 5 см.

523. У трикутнику ABC відомо, що ∠C = 90°, ∠A = 30°, CD висота, BD = 7 см.

Знайдіть гіпотенузу AB.

shkola.in.ua

∠A = 30°, CD ⊥ AB, BD = 7 см. ∠B = 90° - 30° = 60°.

Із прямокутного ΔBDC: ∠BCD = 90° - ∠B = 90° - 60° = 30°, BC = 2BD = 2 × 7 = 14 (см).

Із прямокутного ΔABC: BA = 2 × BC = 2 × 14 = 28 (см).

Відповідь: 28 см.

524. У трикутнику ABC відомо, що ∠C = 90°, відрізок CK висота, CK = 7 см, AC = 14 см. Знайдіть ∠B.

shkola.in.ua

CK ⊥ AB, CK = 7 см, AC = 14 см.

Із прямокутного △ACK: CK = 1 2 AC.

Отже, ∠A = 30°.

Із △ABC: ∠C = 90° - ∠A = 90° - 30° = 60°.

Відповідь: 60°.

525. У рівносторонньому трикутнику ABC точка D середина сторони AB.

AC, якщо

DE на сторону AC.

AB = BC = AC = 16 см. AD = DB. DE ⊥ AC.

AD = 1 2 AB = 1 2 × 16 см = 8 cm.

ADE = 90° - ∠A = 90° - 60° = 30°. AE = 1 2 AD = 1 2 × 8 см = 4 см.

EC = AC - AE = 16 см - 4 см = 12 см. Відповідь: 4 см, 12 см.

ABC - прямокутний, ∠A = 90°, ∠C = 30°.

Нехай AB = x см, тоді BC = (x + 5) см. 2x = x + 5; x = 5.

AB = 5 см, BC = 10 см.

5 см, 10 см.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

shkola.in.ua

AB < AC, тому AB = 1 см. Оскільки AB = 1 2AC, то ∠ACB = 30° (за властивістю

30°).

30°.

528. На катеті AC трикутника ABC (∠C = 90°) позначили точку K так, що AK = BK.

Знайдіть кут A, якщо AK = 6 см, KC = 3 см. За умовою AK = BK, тому ∆AKВ рівнобедрений.

Тоді KВ = 6 см. Маємо KС = 1 2KВ; оскільки

КВ = 6 см, а КС = 3 см. Тоді ∠СBK = 30° (за властивістю катета, що лежить напроти кута 30°). Тоді ∠CKВ = 90° – 30° = 60°.

∠AKВ = 180° – 60° = 120°. ∆AKВ рівнобедрений, тому кути ∠KАВ = ∠АВK. З суми кутів ∆AKВ

180° – 120° = 60°сума кутів ∠KАВ

shkola.in.ua

ABC - рівнобедрений (AB = BC), ∠B = 120°, AC = 18 см. A = ∠C = (180° 120°) 2 = 60° 2 = 30°. CE⊥AB.

прямокутного трикутника AEC: A = 30°, EC = 1 2 AC = 1 2 × 18 см = 9 см.

Відповідь: 9см.

530. У рівнобедреному трикутнику ABC з

7,5 см, ∠MBC =15°. Знайдіть бічну сторону трикутника. BM = 7,5 см, ∠MBC = 15°.

∠C = 90° - ∠MBC = 90° - 15° = 75°.

∠A = 180° - 2∠C = 180° - 150° = 30°.

З △ABM: AB = 2 × BM = 2 × 7,5 = 15 (см).

Отже, AB = AC = 15 см.

Відповідь: 15 см.

531. Бісектриси AM і BK

що AO : OM = 2 : 1. AB = BC = AC.

shkola.in.ua

∠OAK = 30°, отже, OA = 2OK. ΔAOK = ΔBOM

AK = 1 2 AC = 1 2 BC = BM; ∠OAK = ∠OBM = 30°), тому OM = OK.

AO = 2OM, AO : OM = 2 : 1.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

MK = 1 3 BC.

shkola.in.ua

MK⊥AB, MK - серединний перпендикуляр,

∠B = 30°. AM = MB,

оскільки МК - серединний перпендикуляр, AK = KB, ∠KAB = ∠ABK = 30°.

З ΔKMB: MK = 1 2 �������� . З ΔACK: CK = 1 2 AK = 1 2 KB.

Тоді CB = CK + KB = 1 2 �������� + KB = 2 3 KB. Звідси KB = 2 3 CB.

Отже, MK = 1 2 KB = 1 2 × 2 3 CB = 1 3 CB.

533. У трикутнику MKE відомо, що ∠K = 90°, ∠E = 30°, KE = 12 см. Знайдіть бісектрису MC трикутника.

shkola.in.ua

△KME - прямокутний, ∠E = 30°, KE = 12 см.

∠M = 90° - ∠E = 90° - 30° = 60°.

MC - бісектриса, ∠KMC = ∠CME = 60° : 2 = 30°.

Отже, ΔMCE - рівнобедрений. Нехай MC = x см, тоді CE = x. З

ΔKMC: ∠KMC = 30°, KC = 1 2 �������� = 1 2 ���� ,

тоді KE = KC + CE, 12 = 1 2x + x; 24 = 3x; x = 24 : 3; x = 8.

Отже, MC = 8 см. 534. У трикутнику ABC відомо, що ∠C = 90°, ∠BAC = 60°, відрізок AD бісектриса, відрізок CD на 3 см менший від відрізка BD. Знайдіть бісектрису AD ∠BAC = 60°, AD - бісектриса.

∠BAD = ∠CAD = 60° : 2 = 30°. ∠B = 90° - 60° = 30°. ΔBDAрівнобедрений, BD = AD.

Нехай CD = x см, тоді BD = (x + 3) см, DA = (x + 3) см.

З △CDA: CD = 1 2 ��������; x = 1 2; 2x = x + 3; x = 3.

Отже, CD = 3 см, AD = 3 + 3 = 6 (см).

Відповідь: 6 см.

535. На рисунку 302 AB = BC, AM= KC, ∠AKE = ∠FMC. Доведіть, що трикутник FBE рівнобедрений.

shkola.in.ua

536.

ΔEAK = ΔFMC (за стороною і двома прилеглими кутами: AK = MC, оскільки AM = KC, MK - спільний відрізок; ∠A = ∠C, ∠AKE = ∠FMC).

EA = FC. Тоді BF = BC - FC; EB = AB - EA, тобто BF = BE. Отже, ΔFBE – рівнобедрений.

= AB + BC + AC = 7 + 6 + 8 = 21 см.

537.

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

shkola.in.ua

shkola.in.ua

shkola.in.ua

трикутник зі сторонами 2а, 2b, 2с. З'єднуємо середини сторін

чотири рівні трикутники

сторонами а, b, с. Трикутник 1 залишаємо на місці, а трикутники 2, 3, 4 перегортаємо так, як вказано на малюнку. Отримаємо трикутник, рівний даному.

Якщо два відрізки не мають спільних точок, то вони паралельні.

Б) Якщо два промені не мають спільних точок,

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

shkola.in.ua

shkola.in.ua

Відповідь: А).

5. Яке з поданих тверджень є неправильним?

А) Якщо сума кутів однієї пари різносторонніх кутів дорівнює сумі кутів

пари, то прямі не паралельні.

Б) Якщо різносторонні кути не рівні, то прямі не паралельні.

В) Якщо сума односторонніх кутів не дорівнює 180° , то прямі не паралельні. Г) Якщо відповідні кути не рівні, то прямі не паралельні.

6. Скільки зовнішніх кутів має трикутник? А) 3; Б) 6; В) 4; Г) 9.

7. Чому дорівнює

рівність.

shkola.in.ua

означенням бісектрис АN і СР

Нехай ∠ВАО = ∠ОАС = х, ∠ВСО = ∠ОСА = у,

∠АВС = 84. Тоді ∠А = 2х, ∠С = 2у.

Розглянемо трикутник АВС.

∠А + ∠В + ∠С = 180°; 2х + 84° + 2у = 180°; 2(х + у) = 180° - 84°; x + y = 48°.

Розглянемо трикутник АОС.

∠ОАС + ∠АОС + ∠ОСА = 180°; х + у + ∠АОС = 180°; 48° + ∠АОС = 180°;

∠АОС = 180° - 48° = 132°.

Відповідь: ∠АОС = 132°. А) ∠AOC = 48°; Б) ∠AOC = 138°; В) ∠AOC = 132°; Г) ∠AOC = 174°.

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

трикутника ABC, якщо AC = 3 см, BC = 10 см?

А) 3 см; Б) 7 см; В) 11 см; Г) 15 см. 11. У трикутнику ABC відомо, що ∠C = 90°, ∠B = 60°. Яке

правильним?

∠A = 180° - ∠C - ∠B = 180° – 90° – 60° = 30

навпроти кута 30°, маємо CB = 1 2 AB.

А) CB = ���� ����AB; Б) AC = 1 2AB; В) CB = 1 2AC; Г) AC = 1 2 CB.

540. Накресліть коло із центром O та радіусом 3,5 см. Позначте

небудь:

1) точки A і B такі, що OA < 3,5 см, OB < 3,5 см; 2) точки C і D такі, що OC = 3,5 см, OD = 3,5 см; 3) точки E і F такі, що OE > 3,5 см, OF > 3,5

shkola.in.ua

542.

shkola.in.ua

shkola.in.ua

shkola.in.ua

shkola.in.ua

544.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

shkola.in.ua

545.

на площині можна провести пряму і лише одну (діаметр), а через точку

нескінченну кількість прямих (хорд).

546. На рисунку 314 точка O центр кола.

1) кут O, якщо ∠A = 42°; 2) кут B, якщо ∠O = 76°. 1) ∠OMN = ∠ONM, так як хорда стягує рівнобедрений трикутник, із цього: ∠O = 180° – 42° ⋅ 2 = 96°. 2) ∠B = (180° – 76°) : 2 = 52°.

shkola.in.ua

547. Хорди AB і CD кола із центром O рівні. Доведіть, що ∠AOB = ∠COD. AB = CD. △OAB = △ODC (за третьою ознакою рівності трикутників, оскільки OB = OC, OA = OD – як радіуси кола, AB = CD за умовою), тоді ∠AOB = ∠COD.

548. На рисунку 315 точка O

COD = = ∠MOK.

CD і MK рівні.

shkola.in.ua

△OMK = △OCD (за першою ознакою рівності трикутників,

shkola.in.ua

ODB, тобто ∠BAC = ∠CDB.

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

551. Відрізки AC і AB відповідно

O,

BAC = 26° (рис. 316). Знайдіть

BOC.

shkola.in.ua

AO = BO, тому △OAB – рівнобедрений, ∠B = ∠A = 26°. ∠BOC –зовнішній кут △AOB, ∠BOC = ∠A + ∠B = 26° + 26° = 52°.

Відповідь: 52°.

552. Відрізки MP і MK

O, ∠POK = 84° (рис. 317). Знайдіть кут MPK.

shkola.in.ua

OM = OP, тому ΔMOP – рівнобедрений, ∠M = ∠P. ∠POK – зовнішній

кут ΔMOP, ∠M + ∠P = ∠POK, 2∠P = ∠POK, 2∠P = 84°, ∠P = 42°.

Відповідь: 42°.

553. Відрізки AB і AC

shkola.in.ua

554. Відрізки AB і

BAC. AC = OA. Оскільки OA = OC = AC, то △OAC

тому ∠BAC = ∠AOC – ∠OCA = 60°

60°.

= 12 см. Знайдіть хорду BC.

555.

BO = OC, тоді ΔВОС рівнобедрений.

BO

shkola.in.ua

556.

=

B + ∠C + ∠O, тоді ∠

тоді цей трикутник рівносторонній. Тому ВС = 6 см.

EO

shkola.in.ua

тому CE = DE.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

557.

Нехай r – радіус кола, тоді діаметр 2r = r + 4, r = 4 (см), 2r = 8 см.

Відповідь: 8 см.

558. Через кінці діаметра AB кола із центром O

хорди AC і BD такі, що AC||BD. Доведіть, що AC = BD.

shkola.in.ua

CO = AO = BO = DO як радіуси; ∠COA = ∠BOD як вертикальні. Тоді за 1 ознакою рівності трикутників маємо ΔAOC = ΔBOD.

Звідси маємо AC = BD.

559. Відрізки AB і CD діаметри кола. Доведіть, що AC||BD. △COA = △BOD (за першою

shkola.in.ua

shkola.in.ua

рівності трикутників: OC = OD, OB = OA – як радіуси

shkola.in.ua

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

shkola.in.ua

565.

shkola.in.ua

що ∠AMB=90°. Нехай ∠A = ∠AMO = α (оскільки △AOM – рівнобедрений). ∠MOB

shkola.in.ua

shkola.in.ua

(оскільки трикутник MOB – рівнобедрений). ∠AMB = ∠AMO + ∠OMB = α + (90°–α) = α + 90°–α = 90°.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

shkola.in.ua

571. У рівнобедреному трикутнику ABC

AD і CE. Доведіть, що AE = ED. △AEC = △ADC (за

shkola.in.ua

AC

сторона,

A = ∠C, ∠ECA = ∠DAC – як половини рівних сторін), тому AE = DC. Оскільки AE = DC, то ED∥AC. ∠EDA = ∠DAC – як внутрішні різносторонні кути при паралельних прямих ED і AC і січній AD. Отже, △AED – рівнобедрений, AE = ED.

572. Із точки O через точки A, B і C проведено промені OA, OB і OC. Відомо, що OA = OB = OC, ∠AOB = 80°, ∠BOC = 110°, ∠AOC = 170°. Знайдіть кути трикутника ABC. OC = OB = OA, ∠AOB = 80°, ∠COB = 110°, ∠AOC = 170°.

shkola.in.ua

△COB – рівнобедрений, ∠OCB = ∠OBC = 180° 110° 2 = 35°.

△AOB – рівнобедрений, ∠OAB = ∠OBA = 180° 80° 2 = 50°.

△AOC – рівнобедрений, ∠OAC = ∠OCA = 180° 170° 2 = 5°.

∠C = ∠OCA + ∠OCB = 5° + 35° = 40°;

∠B = ∠OBC + ∠OBA = 35° + 50° = 85°; ∠A = ∠OAC + ∠OAB = 5° + 50° = 55°.

Відповідь: 40°, 55°, 85°.

573. На стороні AB трикутника ABC позначили точку M так, що BM = CM, промінь MK

бісектриса кута AMC. Доведіть, що MK ∥ BC.

shkola.in.ua

Нехай ∠AMK = ∠KMC = α (оскільки MK – бісектриса кута AMC). ∠BMC – суміжний з ∠AMC, ∠BMC = 180° – 2α. ΔBMC – рівнобедрений, оскільки BM = CM. ∠B

shkola.in.ua

∠BCD = 160°, AK⊥BC, BM⊥AC.

∠BCM = 180° – ∠BCD = 180° – 160° = 20°.

З ΔAKC: ∠KAC = 90° – ∠C = 90° – 20° = 70°.

З ΔAOM: ∠AOM = 90° – ∠OAM = 90° – 70° = 20°.

Відповідь: 20°.

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

shkola.in.ua

shkola.in.ua

577.

shkola.in.ua

shkola.in.ua

shkola.in.ua

580.

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

AOD = ∠BOD.

⊥AB. △AOK = △BOK (за

581. Чи можна стверджувати,

shkola.in.ua

shkola.in.ua

Ні. Наприклад AB∥OM, але AB не дотична. Дотична перпендикулярна до радіуса, проведеного в точку дотику. 582. Пряма AB

C (рис.

Знайдіть: 1) кут OCD, якщо ∠BCD = 28°; 2) кут ACD, якщо ∠OCD = 55°. Оскільки AB дотична

shkola.in.ua

точці C, то AB ⊥ OC. 1) ∠OCD = ∠OCB – ∠BCD = 90° – 28° = 62° 2) ∠ACD = ∠ACO + ∠OCD = 90° + 55° = 145°

583. Пряма CD дотикається

∠BAD = 35° (рис. 329). Знайдіть кут AOB.

shkola.in.ua

∠OAB = 90°– ∠BAD = 90° – 35° = 55°, AO = OB, тому ∠OBA = ∠OAB = 55°, ∠AOB = 180° – 2 ⋅ 55° = 180°– 110° = 70°.

Відповідь: 70°.

584. Пряма CD дотикається

∠AOB = 80° (рис. 329).

shkola.in.ua

BAC. ∠OAB = ∠OBA, тому ∠OAB = 1 2(180° – 80°) = 50°; ∠BAC = ∠OAB + ∠OAC = 50° + 90° = 140°.

140°. 585.

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

1)

shkola.in.ua

AB = CD, OM⊥AB, ON⊥CD.

що OM = ON. Оскільки OM⊥AB, то AM = MB; оскільки ON⊥CD, то CN = ND. △OMA = △ONC (за

AO = CO – як радіуси, AM = CN – як

рівних відрізків), тоді OM = ON.

588. Доведіть, що

shkola.in.ua

(O; R), AB і CD хорди, OK ⊥ AB, OM ⊥ CD, OK = OM.

Доведемо, що AB = CD.

Розглянемо ΔAKO і ΔDMO.

1) AO = DO (як радіуси).

2) OK = OM (за умовою).

3) ∠AKO = ∠DMO = 90° (OK ⊥ AB, OM ⊥ CD).

Отже, ΔAKO = ΔDMO за катетом і гіпотенузою.

З цього випливає, що AK= DM.

Розглянемо ΔAOB і ΔDOC рівнобедрені (т. AO = OB = DO = OC = R).

В рівнобедреному трикутнику висота, яка

медіана ΔAOB, OM медіана ΔDOC.

AK = KB (OK медіана ΔAOB). DM = MC (OM медіана ΔDOC).

AB = 2AK, CD = 2DM. Оскільки AK = DM, то AB = CD.

589. Доведіть, що діаметр

shkola.in.ua

590.

CB = CO + OB = AO + OB > AB.

1) 14 см; 2) 15 см?

Діаметр кола дорівнює

shkola.in.ua

OK

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

1) OK = 1 2 �������� . △AOK = △BOK (за катетом і гіпотенузою: OK –спільний катет, OA = OB – як радіуси кола), AK = KB, тому OK = KB; ∠KOB = 45°; ∠AOB = 2 ⋅ 45° = 90°. Відповідь: 90°.

2) OK = 1 2 �������� , тому ∠OBK = 30°; ∠OAK = ∠OBK = 30°,

∠AOB = 180° – 30° – 30° = 120°. Відповідь: 120°.

593. У колі проведено діаметр AB та хорди AC і CD так, що AC = 12 см, ∠BAC=30°, AB ⊥ CD. Знайдіть довжину хорди CD. AC = 12 см, ∠CAB = 30°. З ΔACK: CK = 1 2 AC = 1 2 ⋅ 12 см = 6 см.

shkola.in.ua

CK = KB – оскільки AB⊥CD. Отже, CD = 2CK = 2 ⋅ 6 = 12 см. Відповідь: 12см.

594. Прямі AB і AC дотикаються до кола

shkola.in.ua

596.

shkola.in.ua

shkola.in.ua

40°.

= OB = AB.

ACB.

OAB = ∠OBA = 60°,

CAB = ∠CBA = 90° – 60° = 30°,

ACB

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

598.

shkola.in.ua

599. Відрізки AB і BC

ABD рівнобедрений.

shkola.in.ua

∠ABC = 30°. ∠AOD – зовнішній кут ΔAOB;

∠AOD = ∠OBA + ∠OAB = 30° + 30° = 60°;

∠ADB = 90° – ∠AOD = 90° – 60° = 30°.

Отже, ∠ABD = ∠ADB, тому ΔABD – рівнобедрений.

shkola.in.ua

shkola.in.ua

shkola.in.ua

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

shkola.in.ua

shkola.in.ua

що AO = BK = OK.

△OAK = △OBK (за гіпотенузою і

З △OAK: ∠AOK = 90° – ∠AKO = 90° – 60° = 30°.

Отже, OK = 2AK, або OK = AK + BK.

����△������������ = AC + CB + AB = AC + CB + AM + MB = AC + CB + AP + BK =

shkola.in.ua

shkola.in.ua

OK – спільна, OA = OB –як радіуси), тому ∠AKO = ∠BKO = 120° : 2 = 60°, AK = BK.

= CD + CE + DE = CD + CE + DM +

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

PF = FK.

ME = EP, FK = FP, ∠K = 26°, ∠EFP = 92°.

△KFP – рівнобедрений,

∠EFP – зовнішній

∠

FK = FP. Отже, ∠KPF = ∠K = 26°.

△FKP, ∠EFP = ∠K + ∠KPE = 26° + 26° = 52°.

рівнобедрений, то

∠M = (180° – ∠MEP) : 2 = (180° – 144°) : 2 = 18°.

Відповідь: 18°.

610. У гострокутному трикутнику АВС проведено бісектрису

опущено перпендикуляр МК. Виявилося,

shkola.in.ua

рівнобедрений. 611. Установіть закономірність

shkola.in.ua

shkola.in.ua

Фігури, утворені зображенням

shkola.in.ua

613. Накресліть: 1)

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

614.

shkola.in.ua

shkola.in.ua

shkola.in.ua

shkola.in.ua

shkola.in.ua

shkola.in.ua shkola.in.ua

619. Точка O

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

якщо ∠ABO=38°, ∠BCO=22°.

1) ∠ABC = 2 ⋅ ∠ABO = 2 ⋅ 38° = 76°;

2) ∠BCA = 2 ⋅ ∠BCO = 2 ⋅ 22° = 44°;

3) ∠BAC = 180° – (∠ABC + ∠BCA) = 180° – (76° + 44°) = = 180° – 120° = 60°.

620. Точка O центр кола, вписаного

трикутник ABC (рис. 341). Знайдіть кут ABO, якщо ∠BAC=64°, ∠ACB = 46°.

∠ABC = 180° – (∠ACB + ∠BAC) = 180° – (46° + 64°) = 180° – 110° = 70°

∠ABO = 70° : 2 = 35°

621. Доведіть, що центр описаного кола рівнобедреного трикутника належить

яка містить медіану, проведену до його основи.

shkola.in.ua

Дано: Коло з центром O описано навколо ΔABC.

ΔABC рівнобедрений, AC = BC, CN медіана.

Довести: O ∈ CN.

Доведення: Центр кола, описаного навколо трикутника, знаходиться у точці перетину серединних перпендикулярів. За умовою ΔABC рівнобедрений (AC = CB) і CN медіана. За властивістю медіани рівнобедреного трикутник маємо: CN висота. Якщо CN медіана і висота, тоді CN серединний

shkola.in.ua

shkola.in.ua

BDE =

∠B = 180° – (∠BDE + ∠BED); ∠BDE + ∠BED = 130°; ∠BED = 130° : 2 = 65°;

BDE + ∠ADE = 180° - як суміжні;

ADE = 180° – 65° = 115° .

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

shkola.in.ua

627.

і E, BK = 2 см, KC = 4 см, AM = 8 см.

shkola.in.ua

628. Коло, вписане

ABC. ����△������������ = AB + BC + AC = AM + MB + KB + KC + CE + EA = 8 + 2 + 2 + 4 + 4 + 8 = 28 (см) (бо AM = EA, CE = KC, MB = BK – як відрізки дотичних,

трикутник ABC (рис. 342),

і E, AB = 15 см, BC = 8 см, BK = 3 см.

shkola.in.ua

сторону AC. BM = BK = 3 см – як

KC = CE = BC – BK = 8 – 3 = 5 (см).

AE = AM = AB – BM = 13 – 3 = 10 (см).

Тоді AC = AE + CE = 10 см + 5 см = 15 см. Відповідь: 15 см.

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

shkola.in.ua

сторін цього кута, тому ML = MP.

631. Доведіть, що коли центр кола, описаного навколо трикутника, належить його

медіані, то цей трикутник рівнобедрений. Точка O належить медіані ВМ трикутника ABC (АМ = МС). ОА = ОВ = ОС (як радіуси описаного кола).

shkola.in.ua

рівнобедрений.

632. Доведіть, що коли центр

633.

shkola.in.ua

shkola.in.ua

Розглянемо ∆АОС:

ОА = ОС (як радіуси);

АМ = МС (за властивістю медіани);

ОМ – спільна сторона трикутників АОМ і СОМ,

отже, за трьома сторонами, ∆АОМ = ∆СОМ.

У рівних трикутників відповідні кути рівні, отже

∠АМО = ∠СМО.

Розглянемо ∆АВС:

∠АМВ = ∠СМВ (з доведення рівності трикутників АОМ і СОМ);

АМ = МС (за властивістю медіани);

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

634.

shkola.in.ua

трикутник рівносторонній.

shkola.in.ua

△BOD = △COE (за катетом і гіпотенузою: BO = OC, DO = OE),

тому BD = CE.

Оскільки AD = AE, маємо: AB = AD + BD = AE + CE = AC. AOD = △COF (за

і

тому AD = CF.

AO = OC, DO = OF),

Оскільки BD = BF, маємо: AB = AD + BD = CF + BF = BC.

Таким чином, AB = BC = AC, отже, △ABC – рівнобедрений.

636. На рисунку 343 у трикутники ABD і CBD вписано кола із центрами O1 і O2

відповідно. Доведіть, що кут O1DO2 прямий. ����1 ���� , ����2 ���� – бісектриси кутів ADB і CDB.

shkola.in.ua

Тому ∠����1 ��������2 = ∠����1 �������� + ∠����2 �������� = 2∠����1 �������� = 1 2(∠ADB + ∠CDB) = 1 2 ∙180 = 90°.

Відповідь: 90°.

637. На рисунку 344 у трикутники ABD і CBD

shkola.in.ua

shkola.in.ua

68 см.

BD : DA = 7 : 5, P = 68 см. Нехай AD = 5x см, BD = 7x см. Тоді

AE = 5x см.

����△������������ = 2 ⋅ (AD + BD + AE) = 2 ⋅ (7x + 5x + 5x) = 34x.

За умовою 34x = 68; x = 2.

Отже, AB = AD + BD = 5x + 7x = 12x = 12 ⋅ 2 = 24 (см).

BC = AD = 24 см.

AC = AE + EC = 5x + 5x = 10x = 10 ⋅ 2 = 20 (см).

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

shkola.in.ua

shkola.in.ua

= 52 см, AD : DB = 2 : 3, CF = 6 см.

Нехай AD = 2x см, DB = 3x см, тоді AB = 5x см. За властивістю

точки, маємо: AE = AD = 2x см, BF = DB = 3x см,

CE = CF = 6 см.

BC = (3x + 6) см, AC = (2x + 6) см.

5x + (3x + 6) + (2x + 6) = 52;

10x = 40; x = 4; 5x = 20; 3x + 6 = 18; 2x + 6 = 14.

Відповідь: 20 см, 18 см, 14 см.

Нехай ∠A = 30°, ∠B = 70°, ∠C = 80°. AD = AF – як відрізки

∠ADF = ∠AFD = 180° ∠���� 2 = 180° 30° 2 = 75°.

CF = CE – як

ΔCFE – рівнобедрений, ∠CFE = ∠FEC = 180° 80° 2 = 50°.

BD = BE – як відрізки дотичних,

∠BDE = ∠DEB = 180° 70° 2 = 55°.

∠FDE = 180° – ∠ADF – ∠BDE = 180° – 75° – 55° = 50°;

∠DEF = 180° – ∠DEB – ∠FEC = 180° – 55° – 50° = 75°;

∠DFE = 180° – ∠FDE – ∠DEF = 180° – 50° – 75° = 55°.

Відповідь: 50°, 75°, 55°. 641. Коло, вписане в рівнобедрений трикутник

AB і BC у точках M і

shkola.in.ua

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

shkola.in.ua

M, K, L – точки дотику, BC = a. Оскільки BM = BK, CK = CL, АМ = АL – як

BC = BK + KC, AB = AM + MB, AC = AN + NC.

то MB + CL = BK + CK = BC = a.

Тоді ����△������������ = AM + AL + MB + BK + CK + CL = 2(BK + KC + AM) = = 2(BC + AM) = 2(a + AM) Оскільки р – це півпериметр, то р = a + AM. Звідси AM = p – a.

shkola.in.ua

= MN + NB + MB = (NL + LM) + NB + MB = NK + MS + NB + MB = (NK + NB) + (MS + MB) = BK + BS = AB =

бічна сторона даного трикутника?

shkola.in.ua

△ABC – рівнобедрений (AB = BC), AC = 10 см.

����△������������ = AK + KB + AD + DC;

����△������������ = CM + MB + CN + NA;

����△������������ = BE + EC + BF + FA;

����△������������ + ����△������������ + ����△������������ =

= (AK + KB + AD + DC) + (CM + MB + CN + NA) + (BE + EC + BF + FA) = = (AK + KB + CM + MB) + (AD + DC + BE + EC) + (CN + NA + BF + FA) = = AC + AB + BC. Оскільки сума периметрів трикутників ADK, BEF і CMN дорівнює 42

см, то маємо, AC + AB + BC = 42, 2AB = 32, AB = 16 (см).

Відповідь: 16 см. 646. У трикутнику ABC

shkola.in.ua

0,5 см.

647.

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

shkola.in.ua

shkola.in.ua

AB, ∠OAB = ∠OBA = 3x. △ABD

Маємо рівняння: 90 – 2x = 3x; 5x = 90°; x = 18°; ∠BAD = 2 ⋅ 18° = 36°. ∠ABC = 180° – 36° ⋅ 2 = 108°.

Відповідь: 36°, 36°, 108°.

650. Бісектриса кута ABC утворює з його стороною кут, що дорівнює куту, суміжному з кутом ABC. Знайдіть кут ABC. Оскільки BD – бісектриса кута ABC, то ∠ABD = ∠DBC. ∠ABP = ∠ABD. Отже, ∠ABP + ∠ABD + ∠DBC = 180°; ∠ABP = ∠ABD = ∠DBC = 180° : 3 = 60°, ∠ABD = 60° ⋅ 2 = 120°.

shkola.in.ua

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

652. На рисунку 348 BC || AD, AB = 3 см, BC = 10 см. Бісектриса

BK і KC.

shkola.in.ua

AB = 3 см, BC = 10 см, AK – бісектриса кута BAD.

Оскільки BC∥AD, то ∠KAD = ∠BKA, отже, △ABC – рівнобедрений, BK = AB = 3 см, KC = BC – BK = 10 см – 3 см = 7 см.

Відповідь: 3 см, 7 см. 653. У трикутнику ABC відомо, що AB = BC, відрізки AM і CK медіани цього трикутника. Доведіть, що MK || AC.

shkola.in.ua

Оскільки △ABC – рівнобедрений, то KC і AM є бісектрисами.

Нехай ∠MAC = ∠KCA = α, тоді ∠AOC = ∠KOM = 180° – α, ∠CKM = ∠AMK = α.

Отже, ∠MAC = ∠AMK = α. ∠MAC і ∠AMK

кути при прямих

shkola.in.ua

shkola.in.ua

1)

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

shkola.in.ua

shkola.in.ua

shkola.in.ua

shkola.in.ua

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

shkola.in.ua

дугою. Врезультаті отримаємо точку К. Далі, із точок С і

shkola.in.ua

Накресліть трикутник ABC.

його: 1) висоту AM; 2) медіану BD; 3) бісектрису CK. Через точку A проводимо перпендикуляр AM до прямої BC (зад. 4 стор. 216). Знаходимо середину D відрізка AC (зад. 3 стор. 216) та будуємо медіану BD. Будуємо бісектрису CK кута BCA (зад. 6 стор. 217).

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

shkola.in.ua

shkola.in.ua

shkola.in.ua

1) Будуємо кут C.

CA

shkola.in.ua

2) Будуємо ∠C.

радіуса. З точок перетину цього кола з променем m будуємо

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

shkola.in.ua

shkola.in.ua

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

1) 45°; 2) 60°; 3) 75°; 4) 120°.

shkola.in.ua

shkola.in.ua

1) Будуємо

рівними катетами: ∠BAC = ∠BCA = 45°.

shkola.in.ua

shkola.in.ua

2) Будуємо прямокутний трикутник, у якому гіпотенуза вдвічі

з катетів: AC = 2AB, ∠BAC = 60°.

3) Будуємо прямокутний трикутник ABC, у якому AC = 2AB. Тоді ∠ACB = 30°. Далі будуємо бісектрису CD кута ACB. ∠BDC = 90° – ∠DCB = 90° –1 2 ⋅ 30° = 75°.

4) Будуємо кут, суміжний з кутом BAC пункту 2). У ΔABC ∠B = 90°, AC = 2AB, тоді ∠C = 30°, ∠A = 60°, ∠BAD = 180° – 60° = 120°.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

shkola.in.ua

shkola.in.ua

shkola.in.ua

shkola.in.ua

2)

∠BAC = ∠BCA = 45°.

ACB:

ACD =

DCB = 22°30'.

3)

ACB:

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

shkola.in.ua

shkola.in.ua

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

shkola.in.ua

shkola.in.ua

гострий кут.

1) Будуємо кут А; 2) На одній із сторін кута А відкладаємо точку В; 3) З точки В проводимо дугу довільного радіуса так, щоб

в двох точках; 4) З отриманих точок перетину відкладаємо 2

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

shkola.in.ua

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

shkola.in.ua

shkola.in.ua

shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

shkola.in.ua

shkola.in.ua

shkola.in.ua shkola.in.ua

shkola.in.ua

один із променів кута А у двох точках. Продовжуємо перпендикуляр ВL до перетину з іншим променем кута А. ΔABC – шуканий.

2) Нехай BD – висота, проведена до гіпотенузи, а AB – катет. Будуємо прямокутний ΔABD за катетом BD, що дорівнює даній висоті, і гіпотенузою AB, що дорівнює даному катету. Проводимо промінь BC, перпендикулярний до AB, до перетину з прямою AD. ΔABC –шуканий.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

shkola.in.ua

2) Нехай BD – висота, проведена з вершини прямого кута, ∠С –гострий кут.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

висот.

розв’язків

Будуємо ΔABF за катетом BF і гострим кутом BAF. Отримуємо сторону AB. Будуємо ΔADB за

A

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

Нехай K, L, M – дані точки, тоді дане

ΔKLM.

1) Будуємо серединні перпендикуляри до сторін ΔKLM. Вони перетнуться в точці O – центрі даного кола.

2) Будуємо коло радіуса OK.

3) Будуємо дотичні, перпендикулярні до радіусів OM, OK, OL. Вони перетнуться у точках A, B, C. ΔABC – шуканий.

702. Як поділити на три рівні частини кут, який дорівнює 54°?

1) Будуємо кут 60° за допомогою прямокутного трикутника, у якому катет дорівнює половині гіпотенузи. AC = 1 2AB, ∠A = 60°. 2) Будуємо даний ∠DAC = 54°. Тоді за допомогою шаблону (∠BAD = 6°) ділимо ∠DAC на 9 рівних частин і обираємо промені поділу через три.

703. У трикутнику ABC відомо, що AB BC = , відрізки AE і CF бісектриси цього трикутника. Доведіть, що EF ∥ AC .

∠OAC = ∠OCA = α. ∠AOC = 180° – 2α. ∠EOF = ∠AOC – як вертикальні кути. ∠OFE = ∠OEF = 180° – 180° + 2α = 2���� 2 = α. Отже, ∠FEA = ∠EAC як внутрішні односторонні кути при прямих FE і AC і січній AE, і

рівні, отже, FE∥AC.

Визначте кути трикутника ABC, якщо:

1) ∠A + ∠B = 110°, ∠A + ∠C = 85°

2) ∠C – ∠A = 29°, ∠A + ∠C = 121°

1) Додамо рівності ∠A + ∠B + ∠A + ∠C = 110° + 85°; ∠A + (∠A + ∠B + ∠C) = 195°; ∠A + 180° = 195°; ∠A = 15°, тоді ∠B = 110° – ∠A = 110° – 15° = 95°, ∠C = 85° – ∠A = 85° – 15° = 70°.

2) Додамо рівності ∠C – ∠A + ∠A + ∠C = 29° + 121°; 2∠C = 150°;∠C = 75°; ∠A = 121° – ∠C = 121° – 75° = 46°; ∠B = 180° – ∠A – ∠C = 180° – 75° – 46° = 59°.

Відповідь: 1) 15°, 95°, 70°; 2) 46°, 59°, 75°. 705. Середининний перпендикуляр гіпотенузи AB прямокутного трикутника ABC

BC у точці M.

ABC.

∠MAC : ∠MAB = 8 : 5. Оскільки MK – серединний

перпендикуляр, то AK = KB. ΔMAB – рівнобедрений.

∠B = ∠MAB = 5x, ∠MAC = 8x.

∠B + ∠MAB + ∠MAC = 5x + 5x + 8x = 90°; 18x = 90°; x = 5°.

Отже, ∠A = 13 ⋅ 5° = 65°, ∠B = 5 ⋅ 5° = 25°.

Відповідь: 65°, 25°.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

1) на 60°, а

40°; 2) на 25°,

35°.

1) Нехай ∠B = x°, тоді ∠DAB = x° + 40°, ∠BCF = x° + 60°.

Звідси ∠A = 180° – x° – 40° = 140° – x.

∠BCF = ∠A + ∠B = 140° – x + x = x + 60°; x = 140° – 60° = 80°.

Отже, ∠B = 80°, ∠A = 140° – 80° = 60°,

∠C = 180° – 80° – 60° = 40°.

Отже, ΔABC – гострокутний.

2) Нехай ∠B = x°, тоді ∠DAB = x° + 25°, ∠BCF = x° + 35°.

Звідси ∠A = 180° – x – 25° = 155° – x,

∠BCF = ∠B + ∠A = x + 155° – x = x + 35°; x = 155° – 35° = 120°. Отже, ΔABC – тупокутний.

Відповідь: 1) гострокутний; 2) тупокутний. 707.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

712. Точки B і C

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

731.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

735.

736. Побудуйте трикутник за стороною,

сторін.

Будуємо ∆CDB, у якого CB = a, CD = b–c, ∠C = α. Точку А знаходимо

до сторони BD. ∆ABC – шуканий.

737. Побудуйте трикутник за стороною,

сторін.

трикутника. CD = AC –AB, ∠ADC = 90° + ����

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

ACB=68

–

– 66° = 54°.

60°, 112°, 8°; 60°, 66°, 54°. 745.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

746. У трикутнику ABC

CM. Довжина

трикутника ABC.

CK = NK, оскільки CO

рівнобедрений, ∠N = 50°, отже, ∠NCK = 50°; ∠MCK = 180° –

∠NCK = 180° – 50° = 130°;

∠MCO = 1 2 ∠MCK = 1 2 ⋅ 130° = 65°.

Відповідь: 65°.

∆ABC – прямокутний, CH⊥AB, CM – бісектриса, ∠ACM = ∠MCB = 45°

HM = 1 2 CM. З ∆AKM: оскільки HM = 1 2CM, то ∠HCM = 30°,

∠ACH = 45° – 30° = 15°,

∠CAH = 90° – 15° = 75°. З ∆ABC: ∠B = 90° – 75° = 15°.

Відповідь: 75°, 15°. 747. На рисунку 371 BD = DC, DN ⊥ BC, ∠BDM = ∠MDA. Знайдіть суму кутів MBN та BMD.

Оскільки BD = DC, то ∠DBC = ∠BCD = α. ∠BDC = 180° – 2α. ∠BDA – суміжний з кутом BDC, ∠BDA = 180° – (180° – α) = 2α. Отже, ∠BDM = ∠MDA = α. ∠CBD = ∠BDM – як внутрішні різносторонні кути, отже; BC∥MD, ∠BMD = 90° і ∠MBD = 90° – α, ∠MBN = 90° – α + α = 90°. Отже, ∠MBN + ∠BMD = 90° + 90° = 180°.

Відповідь: 180°.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

5.

хорда діаметр.

Г) Якщо одна з хорд

8. Центр описаного кола

А) висот трикутника;

Б) медіан трикутника;

В) серединних перпендикулярів сторін трикутника; Г) бісектрис трикутника.

9. Центр вписаного кола трикутника це точка

А) висот трикутника;

Б) медіан трикутника;

В) серединних перпендикулярів сторін трикутника;

Г) бісектрис трикутника.

10.Центри вписаного й описаного кіл трикутника збігаються: А) у рівнобедреному трикутнику; Б) у рівносторонньому трикутнику; В) у прямокутному

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

X такі, що AX + BX + CX = 12 см. Нехай Х ∈ AB – шукана точка, тоді AX + BX = 10 см, AX + BC + CX = 12 см, 10 + CX = 12 см; CX = 2 см.

Точка Х може знаходитись ліворуч або праворуч

Отже, задача має два розв’язки.

точки

751. Точка D середина відрізка MK, MK = 16 см. На

такі, що MY + KY + DY = 30 см. Нехай Y ∈ MK – шукана точка, тоді MY + KY = 16 см, MY + KY + DY = 30 см. DY + 16 = 30 см; DY = 14 см. Точка Y може

14 см

A, B, C, D, E, F, M, N, K, P.

AB, AC, AD, AE, AF, AM, AN, AK, AP

10⋅9 2 = 45 відрізків.

753. На рисунку 373 AN = 24 см, AB = BC, CD = DE, EF = FK, KM = MN, DF = 6 см.

BM.

754.

CD + FK – DE + EF = 6 см, тоді CK = 6 + 6 = 12 см. AB + MN = BC + KM = (AN – CK) : 2 = = (24 – 12) : 2 = 6 см.

BM = AN + (AB + MN) = 24 – 6 = 18 см.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

не дорівнює 180°, то кути не є суміжними. 2) Нехай x – коефіцієнт пропорційності. Тоді 7x та 3x – дані кути. За умовою задачі їхня різниця 72: 7x – 3x = 72; 4x = 72; x = 18; 18 ⋅ 7 = 126 – перший кут, 18 ⋅ 3 = 54 – другий кут.

Оскільки їхня сума дорівнює

ABD.

757. Периметр

b = 21.

ABD,

–

DBC.

умовою KBM = 55°. ABK + MBC = KBD + DBM = 55°.

ABC = 55° + 55° = 110°.

ABD = ABC – DBC = 110° – 90° = 20°.

=

Нехай С – третя сторона трикутника. P = a + b + c; C = P – (a + b); C = 87 – (a + b).

Якщо a = 27 см, b = 21 см, то C = 87 – (27 + 21) = 39 см.

758. Знайдіть периметр трикутника ABC, якщо AB + BC = 27 см, AB + AC = 22 см, BC + AC = 29 см.

AB + BC = 27 см, AB + AC = 28 см,

ВC + AC = 29 см.

Додамо почленно рівняння:

2AB + 2BC + 2AC = 84 см;

2 ⋅ (AB + BC + AC) = 84 см;

AB + BC + AC = 84 : 2; ����△������������ = 42 см.

759. На рисунку 375 ∠1 = ∠2, ∠3 = ∠4, AD = CF. Доведіть, що ΔABC = ΔDEF. AC = AD + DC; DF = CF + DC. Оскільки AD = CF (за умовою), то AC = DF;

BCA = DEF (як суміжні з рівними), отже ΔABC = ΔDEF за стороною і прилеглими кутами.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

EF, ∠ABC = ∠DEF, ∠C = ∠F.

що: 1) ΔBMC = ΔEFK; 2) ΔABM = ΔDEK.

1) Розглянемо трикутники ABC і DEF. Вони рівні за стороною і прилеглими кутами, отже AC = DF; тоді MC = 1 2AC; KF = 1 2DF; MC = KF, ΔBMC = ΔEFK за двома сторонами і кутом між ними.

2) З рівності ΔABC = ΔDEF, AB = DE, кут A = ∠D. AM = 1 2AC, DK = 1 2DF, AM = DK.

ΔABM = ΔDEK за двома сторонами і кутом між ними. 761. У гострокутних трикутниках ABC і A₁B₁C₁ проведено висоти BD і B₁D₁ відповідно. Доведіть, що ΔABC = ΔA₁B₁C₁, якщо BD = B₁D₁, AD = A₁D₁, CD = C₁D₁.

ΔADB = Δ����1 ����1 ����1 за двома катетами, тоді AB = ����1 ����1 . ΔBDC = Δ����1 ����1 ����1 за двома катетами, тоді BC = ����1 ����1 . AC = AD + DC, ����1 ����1 = ����1 ����1 + ����1 ����1 , тоді AC = ����1 ����1 , ΔABC = Δ����1 ����1

762. У трикутниках ABC і DEF відомо, що AC = DF, BC = EF, ∠C = ∠F.

BAC і ABC перетинаються

DEF і EDF у

M. Доведіть, що ΔAOB = ΔDME.

ΔABC = ΔDEF за

Тоді AB = DE, ∠A = ∠D, ∠B = ∠E.

Нехай BL, AK, DP, EN – дані бісектриси

АК ∩ BL = O; DP ∩ EN = M.

Тоді ∠BAK = 0,5 ⋅ ∠A, ∠EDP = 0,5 ⋅ ∠D, ∠BAK = ∠EDP, ∠ABL = 0,5 ⋅ ∠B, ∠DEN = 0,5 ⋅ ∠E, ∠ABL = ∠DEN.

ΔAOB = ΔDME за стороною і прилеглими

2a + b = 20 Також відомо, що

2a

2a

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

ACB.

shkola.in.ua

AO = OB, ΔAOB

767. На рисунку 376 AB = BC, AD = FC, ∠ADE = ∠CFE. Доведіть, що точка E

AC.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

769.

рисунку 377 AB = BC, ∠ABO = ∠CBO. Доведіть, що ∠DAO = ∠DCO. Розглянемо ΔABD і ΔCBD,

AD = DC. ΔADC – рівнобедрений.

рівні. △DAO = △DCO.

770. На рисунку 378 OA = OC, OD = OB. Доведіть, що ∠DAC = ∠BCA.

Розглянемо ΔDOA і ΔBOC; ∠DOA = ∠BOC як вертикальні. ΔDOA = ΔBOC за двома сторонами і кутом між ними. Отже, ∠DAO = ∠BCO. ΔAOC – рівнобедрений

AC, тому ∠OAC = ∠OCA. ∠DAC = ∠DAO + ∠OAC; ∠BCA = ∠BCO + ∠OCA. Отже, ∠DAC = ∠BCA.

771. Точка O точка перетину серединних

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

рівнобедрений. За умовою ΔAFB = ΔAKB. Тоді ∠FAB = ∠KBA і ΔACB рівнобедрений за ознакою, AC = BC.

775. На рисунку 379 AM = CN, AC = BD, BN = DM. Доведіть, що ∠ABN = ∠CDM. AM = NC; AN = AM + MN; MC = NC + MN, отже, AN = MC, ΔABN = ΔCDM за трьома сторонами, звідки ∠ABN = ∠CDM.

776. У трикутниках ABC і A₁B₁C₁ медіани AA₁ і BB₁ рівні, а A = A₁, B = B₁, C = C₁.

Доведіть, що ΔABC = ΔA₁B₁C₁. Оскільки BC = ����1 ����1 , M – середина BC, ����1 –середина B₁C₁, то MB = ����1 ����1 . ΔAMB = Δ����1 ����1 ����1 за трьома сторонами. Отже, ∠B = ∠����1 . ΔABC = Δ����1

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

про суму кутів трикутника ∠ABC = 180° –90° = 90°, що й треба було

його протилежній стороні, утворює з двома іншими

рівнобедрений. Нехай ABC – даний трикутник, B ∈ DE, DE∥AC, ∠DBA = ∠EBC, тоді

AC і січної AB.

3.

∠MAC.

Отже, ∠AKC = ∠MAC

Оскільки пряма, проведена через вершину C, паралельна бісектрисі AM, і ∠AKC = ∠MAC, то сума

∠BKC + ∠AKC + ∠ACK = 180°

28° + ∠AKC + ∠ACK = 180°

28° + ∠AKC + ∠AKC = 180°

Оскільки ∠AKC = ∠MAC, то:

∠MAC = ∠AKC

2∠MAC = 180° – 28°

∠MAC = 76°

∠BAC = 2∠MAC = 2 ⋅ 76° = 152°

∠BAC + ∠BKC = 180° – 152° = 28°

Отже, кут

ACK

28°.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

Нехай ∠KAC = ∠B = α, ∠BAM = ∠C = β. Розглянемо ΔBMA. За

трикутника ∠AKM = α + β. У ΔAMK ∠AMK = ∠AKM, отже ΔAMK рівнобедрений з основою MK за ознакою.

784. Висота рівнобедреного трикутника, проведена до основи, у 2 рази менша від цієї основи. Знайдіть кути даного трикутника.

Нехай ABC – даний трикутник, AB = BC, BD – медіана, бісектриса і висота, AC = 2BD. Тоді AD = BD, ΔABD –прямокутний рівнобедрений, ∠A = ∠ABD = 45°, аналогічно ∠C = ∠CBD = 45°. ∠B = 45° + 45° = 90°.

Відповідь: 45°, 45°, 90°.

785. Бісектриси АК і СМ трикутника АВС перетинаються

∠ВАС=64°, ∠МОК=132°.

ВАС: ∠ВАК = ∠КАС = 32° (бо 64° : 2 = 32°)

Аналогічно для бісектриси СМ:

АК і СМ За умовою ∠МОК = 132°

∠АОС = 180° – 132° = 48° (суміжні кути) Відповідь: ∠АОС = 48°

∠K + ∠CBK = 80°;

K = ∠CBK = 80° : 2 = 40°. ΔAMB

∠BAC = 180° – (60° + 80°) = 40°;

BAC

ABM = ∠M = 40° : 2 = 20°, MBK = 40° + 60° + 20° = 120°. Відповідь: 20°, 40°, 120°.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

MK∥AC, січна BC. ∠MKВ = ∠ACB = 45° – як відповідні.

За теоремою про суму

трикутника

∠BAC = 180° – (∠B + ∠C) = 180° – 110° = 70°;

∠BMK = ∠BAC – як відповідні для AC∥MK і січної AB. ΔAKM – рівнобедрений,

∠BMK – його зовнішній кут, тоді

∠MAK = ∠MKA = 70° : 2 = 35°.

∠KAC = ∠BAC – ∠MAK = 70° – 35° = 35°.

Відповідь: 35°.

789. У трикутнику ABC відомо, що ∠A = 55°, ∠B = 75°. Знайдіть кут між висотою та

бісектрисою трикутника, проведеними з вершини C.

Нехай CD – бісектриса трикутника. CH – його висота.

За теоремою про суму кутів трикутника ∠ACB = 180° – (55° + 75°) = 50°. Тоді ∠BCD = 50° : 2 = 25°. ΔCHB – прямокутний. Тоді ∠BCH = 90° – 75° = 15°.

∠DCH = ∠BCD – ∠BCH = 25° – 15° = 10°.

Відповідь: 10°.

790. Висоти AD і BK рівнобедреного трикутника ABC (AB = BC) перетинаються

точці H, ∠AHB = 128°. Знайдіть кути трикутника ABC.

прямокутний △AHK. ∠AHB = 128° – його зовнішній кут, отже ∠HAK = 128° – 90° = 38°.

Розглянемо △ADC – прямокутний.

За теоремою

BAC = ∠C = 52° (кути

трикутника).

За теоремою про суму кутів трикутника ∠ABC = 180° – 52° ⨯ 2 = 180° – 104° = 76°.

Відповідь: 52°, 52°, 76°. 791. Висоти AD і CM рівнобедреного трикутника ABC (AB = BC) перетинаються в точці H, ∠AHC = 140°. Знайдіть кути трикутника ABC.

ΔMHC – прямокутний. ∠AHC = 140° – його зовнішній кут, тоді ∠MAH = 140° – 90° = 50°. ΔABD – прямокутний.

теоремою

трикутника ∠B = 90° – ∠BAD = 90° – 50° = 40°.

ΔABC – рівнобедрений. ∠A = ∠C = (180° – 40°) : 2 = 70°. Відповідь: 40°, 70°, 70°.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

CF = DE.

умовою CF = DE, ∠CEF = ∠DFE = 90°.

рівні, тому CE = DF.

794. На рисунку 380 AB = BC = CD = DE, BF ⊥ AC, DK ⊥ CE. Доведіть, що AF = EK. Оскільки AC = AB + BC, CE = CD + DE, то AC = CE, ΔACE – рівнобедрений з основою AE, отже, ∠A = ∠E. Розглянемо ΔABF = ΔEDK за катетом і гострим кутом. У рівних трикутників відповідні сторони рівні. AF = KE.

795. Висоти BM і CK трикутника ABC перетинаються в точці H, ∠ABC = 35°, ∠ACB = 83°. Знайдіть кут BHC. За теоремою про суму

796. Кут

трикутника ∠A = 180° – (∠B + ∠C) = 180° – (35° + 83°) = 180° – 118° = 62°. Розглянемо ΔAKC: ∠AKC = 90°; ∠A = 62°, ∠KCA = 90° – 62° = 28°. Розглянемо прямокутний ΔHMC, ∠BHC – його зовнішній

∠BHC = ∠HMC + ∠KCA = 90° + 28° = 118°.

Нехай у △АВС ∠A = 90°, AD – бісектриса, АН – висота, ∠DAH = 12°.

Розглянемо ΔADH. ∠ADH = 90° – 12° = 78°.

Розглянемо ΔBDH: ∠BAD = 90° : 2 = 45°, ∠ADB = 180° – 78° = 102° (за властивістю суміжних кутів). За теоремою

трикутника ∠B = 180° – (45° + 102°) = 33°, ∠C = 90° – 33° = 57°.

Відповідь: 33°, 57°.

797. На гіпотенузі AB прямокутного рівнобедреного

M і K так, що AC = AM і BC = BK. Знайдіть кут MCK.

∠A = ∠B = 90° : 2 = 45°.

За умовою AC = AM, отже, ΔACM – рівнобедрений

∠ACM = ∠AMC = (180° – 45°) : 2 = 67,5°.

Аналогічно, ΔCKB рівнобедрений з основою

KM. ∠KCM = 180° – (67,5° + 67,5°) = 180° – 135° = 45°. 798.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

799. У трикутниках ABC і DEF

що ∆ABC = ∆DEF.

DE і ∆ABC = ∆DEF за стороною і

800. Висоти AM і CK трикутника ABC перетинаються в точці O, OK = OM, ∠BAM = ∠CAK. Доведіть, що трикутник ABC рівносторонній. ∠AOK = ∠MOC як вертикальні, тоді ∆AKM = ∆CMO за катетом і гострим кутом.

Тоді AK = MC. Розглянемо прямокутні трикутники AKC і CMA. AC спільна гіпотенуза, AK = MC, ∆AKC = ∆CMA за

і катетом.

∠MAB = ∠KCA, ∠MAC = ∠BAM, тому AM бісектриса трикутника і одночасно висота за умовою. Тоді ∆ABC рівнобедрений

BC, AB = AC.

рівності ∆AKC = ∆CMA, AM = KC. Якщо

у ∆ABC AB = BC, AE і BD висоти, O точка їх перетину; ∠AOB = 100°. За властивістю суміжних

∠BOE = 180° –100° = 80°. Розглянемо ∆OBE прямокутний. За теоремою про суму кутів трикутника ∠EBO = 90° – 80° = 10°. BD бісектриса за

рівнобедреного трикутника, тоді ∠B = 20°, ∠A = ∠C = (180° – 20°) : 2 = 80°.

2) Нехай AE і CF висоти, проведені до бічних сторін, O точка їх перетину, ∠FOE = 100°.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

1) ∠A > ∠B (точка H

точки

AB = BC, CD

CH висота, ∠DCH = 15°, ∠ACD = ∠BCD = α, тоді ∠A = 2α. Розглянемо ∆HAC. ∠AHC = 90°, ∠C = α – 15°, ∠A = 90° – (α –15°) = 105° – α. Маємо рівняння: 2α = 105 – α; 2α + α = 105; 3α = 105; α = 35°, тоді ∠A = ∠C = 70°, ∠B = 180° – 70° ⋅ 2 = 40°.

2) Якщо ∠A < ∠B, то точка H знаходиться ближче до точки В. Трикутник гострокутний. ∠ACD = ∠DCB = α, ∠A = ∠C = 2α. Розглянемо ΔADC: ∠A = 180° – 105° – α = 75° – α. Маємо рівняння: 2α = 75 – α; 3α = 75; α = 25, тоді ∠A = ∠C = 50°, ∠B = 80°.

3) Розглянемо випадок, коли трикутник тупокутний.

∠BCD = ∠DCA = α, ∠A = ∠C = 2α, ∠HCB = 15° = α, ∠B = 90° –15° – α = 75° – α.

∠CBA = 180° – 75° + α = 105° + α, ∠A = 180° 105° ���� 2 = 75° ���� 2 .

= ∠C = 30°; ∠B = 120°.

розвʼязки: 1) 70°, 70°, 40°; 2) 50°, 50°, 80°; 3) 30°, 30°, 120°.

804. На продовженні гіпотенузи AB

DCE.

∠A = α, тоді ∠B

Проведемо MD∥AB. ∠B = ∠MDC = 60°

MD∥AB і січній BC, ∠C = 60°, ΔMDC рівносторонній. D середина BC, MK висота, а отже, і медіана, DC = 6 см, тоді BC = 12 см, P = 12 ⋅ 3 = 36 см.

Відповідь: 36 см.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

у

∠A = 90°, ∠C = 60°, ∠B = 30°. Катет, що

Позначимо AC = a, тоді BC = 2a. За умовою a + 2a = 27; 3a = 27; a = 9 см, AC = 9 см, BC = 18 см. Відповідь: 9 см, 18 см.

807. У трикутнику ABC відомо, що ∠C = 90°, ∠A = 15°, BC = 11 см. На катеті AC позначили точку M так, що ∠BMC = 30°. Знайдіть відрізок AM.

Розглянемо ΔMBC, ∠MBC = 90° – 30° = 60°.

Катет, що лежить проти кута 30°, дорівнює половині гіпотенузи, MB = 22 см.

Розглянемо ΔABC, ∠B = 90° – 15° = 75° (за теоремою про суму кутів трикутника).

∠MBA = 75° – 60° = 15°, тоді ΔAMB – рівнобедрений з основою

AB, AM = MB = 22 см.

Відповідь: 22 см. 808. На

DE,

∠B = 30°, AC = 12 см. Розглянемо ΔABC, ∠A = 90° – 30° = 60°, AB = AC ⋅ 2,

AB = 24 см (катет, що лежить проти кута 30°, дорівнює половині гіпотенузи).

Розглянемо ΔADC: ∠DCA = 90° – 60° = 30°.

Катет, що лежить проти кута 30°, дорівнює половині

гіпотенузи.

Тоді AD = �������� 2 = 6 см. BD = AB – AD = 24 – 6 = 18 см.

Розглянемо ΔDEB: DE = �������� 2 = 18 2 = 9 см.

Відповідь: 9 см.

809. Знайдіть кут між прямими, на яких лежать дві медіани рівностороннього трикутника.

Нехай ΔABC рівносторонній трикутник, AE медіана, а, отже, бісектриса і висота, CD медіана,

∠EOC = 90° – 30° = 60°.

60°.

AOB = 90°.

90°.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

точки A і B середини хорд MK і NP відповідно. Доведіть, що

трикутники AOM і BON. AM = NP (за умовою), ON = OM радіуси. Трикутники рівні за гіпотенузою і катетом. Звідси AO = BO, ΔABO рівнобедрений, ∠OAB = ∠OBA кути при основі.

813. У колі проведено хорди AB і BC,

ABC.

ΔABO рівносторонній, ∠ABO = 60°.

ΔOBC рівносторонній, ∠OBC = 60°.

∠ABC = 60° + 60° = 120°.

Відповідь: 120°.

814. Доведіть, що дотичні

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

MAO = 30°.

ΔOKA = ΔOMA за катетом і гіпотенузою. ∠OAK = 30°, тоді

∠MAK = 30° + 30° = 60°.

Відповідь: 60°.

818. Пряма, яка паралельна хорді AC кола, дотикається до цього кола в точці B. Доведіть, що трикутник ABC рівнобедрений.

Нехай a∥AC, BD⊥a (дотична перпендикулярна до радіуса, проведеного в точку дотику). Оскільки a∥AC, BD⊥a, то BD⊥AC. За властивістю хорд D середина AC. Тоді відрізок BD є одночасно медіаною і висотою трикутника ABC.

Отже, трикутник рівнобедрений з основою AC. 819. Радіус OC кола

AO бісектриса кута. B, C, D, E точки

ΔABO та ΔADO. ∠BAO = ∠DAO за умовою, OB = OD радіуси, AO спільна сторона ΔABO = ΔADO, тоді AB = AD. Аналогічно ΔACO = ΔAEO, тоді AC = AE, BC = AC – AB, DE = AE – AD, тоді BC = DE. 821. Через точку M

MK і ME

OMK = 30°, MK = 6

∠KME = 60° і ΔMKE

6 см.

KE = MK = 6 см.

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

є

Дано: коло; AB, CD хорди, AB ⊥ CD; E середина AB.

Довести: CD діаметр.

Доведення: Розглянемо ΔAOB.

За умовою OE ⊥ AB, OE висота, E середина AB, OE

медіана. За властивістю рівнобедреного трикутника маємо: ΔAOB рівнобедрений. AO = OB.

Звідси маємо: O центр кола. CD проходить через точку O, отже, CD діаметр. 823. У колі проведено діаметр AB і хорди AC та BD такі, що AC||BD. Доведіть, що відрізок CD діаметр кола.

За умовою, AB – діаметр, AC і BD – хорди кола, причому AC паралельне BD. Розглянемо вписані в коло трикутники ACB і ADB. Оскільки AB – діаметр, ці трикутники прямокутні Так як AC паралельне BD, а AB є січною, то ∠CAB дорівнює куту DBA як різносторонні. Отже, △ABC і △BAD рівні за гіпотенузою і гострим кутом, звідки AC = BD. Проведемо хорду CD; позначимо точку перетину AB і CD через O.

Розглянемо трикутники AOC і BOD. У них:

– ∠AOC = ∠BOD (як вертикальні);

– AC = BD;

–

∠ACO = 180° – (∠AOC + ∠CAB);

– ∠BDO = 180° – (∠BOD + ∠DBA).

Оскільки ∠AOC = ∠BOD і ∠CAB = ∠DBA, виходить, що ∠ACO = ∠ВDО. За другою ознакою рівності трикутників (сторона й два прилеглі кути) маємо, що △AOC і △BOD

рівні, а отже OA = OB.

Оскільки AB – діаметр кола, точка O – його центр. Але O належить хорді

CD також є діаметром кола.

824. У рівнобедреному трикутнику ABC відомо, що AB = BC, точка O центр

вписаного кола, точки D і E точки дотику

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html

5. ПАРАЛЕЛЬНІ

7. СУМІЖНІ

9. МЕДІАНА

10. ВЕРТИКАЛЬНІ

11. КРУГ

16. РАДІУС

18. ПЕРПЕНДИКУЛЯРНІ

19. ХОРДА

21. ОПИСАНЕ

23. ВИСОТА

24. ЦЕНТР

26. ТЕОРЕМА

29. БІСЕКТРИСА

30. ЗОВНІШНІЙ

31. ПЕРИМЕТР

вписаного в трикутник ABC

Так як BM проходить через точку O1, то BM бісектриса кута ABC. Оскільки бісектриси EF і DK

кутів BED і BDE трикутника BED перетинаються в точці O2, то ця точка центр вписаного в трикутник BED кола і BO2 бісектриса

кута ABC. BM бісектриса кута ABC, оскільки BM проходить через точку O2. Тому точки B, O1 і O2 лежать на одній прямій.

По вертикалі:

1. ГІПОТЕНУЗА

2. ПРОМІНЬ

3. ДІАМЕТР

4. ВПИСАНЕ

6. ТРИКУТНИК

8. КОЛО

12. ТУПИЙ

13. ГРАДУС

14. КУТ

15. ПРЯМИЙ

17. ДОТИЧНА

20. КАТЕТ

22. АКСІОМА

25. ФАЛЕС

27. ЄВКЛІД

28. ГОСТРИЙ