Issuu

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

ГДЗ Геометрія 7 клас Мерзляк 2024 Вибери номер вправи:

1-30

31-60

61-90

91-120

121-150

151-180

181-210

211-240

241-270

271-300

301-330

331-360

361-390

391-420

421-450

451-480

481-510

511-540

541-570

571-600

601-630

631-660

661-690

691-720

721-750

751-780

781-810

811-827

Завдання 1 Завдання 2 Завдання 3 Завдання 4 «Перевір себе» «Перевір себе» «Перевір себе» «Перевір себе» △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

§1. НАЙПРОСТІШІ ГЕОМЕТРИЧНІ ФІГУРИ ТА ЇХ ВЛАСТИВОСТІ 1. Точки та прямі

1. Проведіть пряму, позначте її буквою m. Позначте точки A і B, які лежать на цій прямій, і точки C, D, E, які не лежать на ній.

la. in.

2. Позначте точку M і K та проведіть через них пряму. Позначте на цій прямій точку E. Запишіть усі можливі позначення отриманої прямої. Прямі МЕ, МК, ЕК, ЕМ, КМ, КЕ. 3. Проведіть прямі a і b так, щоб вони перетиналися. Позначте точку їхнього перетину буквою С. Чи належить точка С прямій a? Прямій b?

Точка С належить прямій a, точка C належить прямій b. 4. Позначте три точки так, щоб вони не лежали на одній прямій, і через кожну пару точок проведіть пряму. Скільки утворилося прямих?

Утворилося три прямих. 5. Позначте чотири точки, жодні три з яких не лежать на одній прямій.

6. Проведіть три прямі так, щоб кожні дві з них перетиналися. Позначте точки перетину цих прямих. Скільки можна отримати точок перетину? Можна отримати три або одну точку перетину.

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

7. Позначте чотири точки так, щоб при проведенні прямої через кожні дві з них на рисунку: 1) утворилася одна пряма; 2) утворилися чотири прямі; 3) утворилися шість прямих. Проведіть ці прямі.

la. in.

8. Користуючись рисунком 17: 1) визначне, чи перетинаються прямі a і MK; 2) укажіть усі позначені точки, які належать прямій a; прямій MK; 3) укажіть усі позначені точки, які не належать прямій a; прямій MK; 4) укажіть усі позначені точки, які належать прямій a, але не належать прямій MK. 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 p, а які не належать їй; 2) яким прямим належить точка А; точка В; точка С; точка D, точка E. 3) які прямі проходять через точку C; точку В; точку А; 4) у якій точці перетинаються прямі k і p; прямі m і k. 5) у якій точці перетинаються три із чотирьох зображених на рисунку прямих. 1) Точки, що належать прямій p: B, E, A; точки, які не належать прямій p: C, D. 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 k перетинаються в точці А. 5) Три із чотирьох зображених на рисунку прямих перетинаються в точці А. 10. Точка С належить прямій АВ. Чи є різними прямі АВ і СА? Відповідь обґрунтуйте. Прямі АВ і АС рівні, оскільки при накладанні вони співпадають. 11. Провели чотири прямі, кожні дві з яких перетинаються, причому через кожну точку перетину проходять тільки дві прямі. Скільки точок перетину при цьому утворилося? При перетині прямих a, b, c, d утвориться 6 точок перетину.

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

12. Як треба розташувати шість точок, щоб вони визначали шість прямих? Шість точок А1, А2, А3, А4, А5, А6 визначають шість прямих: А1А2, А1А3, А1А4, А1А5, А1А6, А2А6.

la. in.

13. Дану пряму перетинають чотири прямі. Скільки може утворитися точок перетину цих прямих з даною? Якщо дану пряму а перетинають чотири прямі, то може утворитися або 1 або 2, або 3, або 4 точки перетину з даною прямою.

14. Провели чотири прямі, кожні дві з яких перетинаються. Скільки точок перетину може утворитися? Якщо провели чотири прямі, кожні дві з яких перетинаються, то може утворитися 1 чи 4, або 6 точок перетину.

15. Провели п’ять прямих, кожні дві з яких перетинаються. Яка найменша можлива кількість точок перетину цих прямих? Яка найбільша кількість точок перетину може утворитися? Якщо провели п’ять прямих, кожні дві з яких перетинаються, то найменша кількість точок перетину цих прямих дорівнює 1; а найбільша кількість точок перетину цих прямих дорівнює 10.

16. Чи можна провести шість прямих і позначити на них 11 точок так, щоб на кожній прямій було позначено рівно чотири точки? Так, можна.

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

17. На площині проведено три прямі. На першій прямій позначили п’ять точок, на другій – сім точок, а на третій – три точки. Яка найменша кількість точок може бути позначена? Якщо на площині проведено три прямі і на першій прямій позначено п’ять точок, на другій сім точок, а на третій три точки, то найменша кількість точок становить 12 (перша і друга, друга і третя, перша і третя прямі перетинаються: (5 + 7 + 3 – 3 = 12).

la. in.

18. Чи можна позначити кілька точок і провести кілька прямих так, щоб на кожній прямій лежало рівно три позначені точки й через кожну точку проходило рівно три з проведених прямих? Можна позначити дев’ять точок і провести дев’ять прямих так, щоб на кожній прямій лежало рівно три позначені точки і через кожну точку проходило рівно три з проведених прямих.

19. Правильність виготовлення лінійки можна перевірити так. Через дві точки за допомогою лінійки провести лінію. Потім лінійку перевернути і через ті самі точки вздовж того самого краю лінійки знову провести ще одну лінію. Якщо лінії збігатимуться, то лінійку виготовлено правильно. Поясніть чому. Тому що, якби лінійка була крива, то лінії б не збігалися. 20. Складіть квадрат із кількох фігур, кожна з яких дорівнює фігурі, зображеній на рисунку 19.

2. Відрізок і його довжина

21. Позначте дві точки A і B та проведіть через них пряму. Позначте точки C, D і E, які належать відрізку AB, і точки F, M і K, які не належать відрізку AB, але належать прямій AB. Точки C, D, E належать відрізку АВ, а точки F, M, K не належать відрізку АВ. 22. Проведіть пряму та позначте на ній три точки. Скільки утворилося відрізків? Утворилися три візрізки АВ, ВС, АС. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

23. Позначте на прямій точки A, B, C і D так, щоб точка C лежала між точками A і B, а точка D — між точками B і C. Точка С лежить між точками А і В, а точка D – між точками В і С. 24. Позначте на прямій точки A, B і C так, щоб виконувалася рівність AC = AB + BC.

la. in.

25. Назвіть усі відрізки, які зображено на рисунку 32.

а) Відрізки: АВ, ВС, АС, ВК. б) Відрізки: ОР, OT, OR, PR, RT, PT. 26. Запишіть усі відрізки, які зображено на рисунку 33.

а) Відрізки: AE, EC, CD, AD, AC, ED. б) Відрізки: MN, NE, EP, PQ, MQ, NP, ME, EQ. 27. Знайдіть довжину кожного з відрізків, зображених на рисунку 34, якщо одиничний відрізок дорівнює відрізку: 1) AB; 2) MN.

1) Якщо одиничний відрізок дорівнює відрізку АВ, то АВ = 1, CD = 2, MN = 3, KP = 5, EF = 6, ST = 8. 1 2 2) Якщо одиничний відрізок дорівнює відрізку MN, то 𝐴𝐵 = , 𝐶𝐷 = , 𝑀𝑁 = 1, 𝐾𝑃 = 2

1 , 𝐸𝐹 = 2, 𝑆𝑇 = 2 . 3 3 28. Яка з точок, позначених на рисунку 35, лежить між двома іншими? Запишіть відповідну рівність, що випливає з основної властивості довжини відрізка. Точка Е лежить між точка М і Р. МР = МЕ + ЕР

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

29. Між якими точками лежить точка B (рис. 36)? Для кожного випадку запишіть відповідну рівність, яка випливає з основної властивості довжини відрізка.

la. in.

Точка В лежить між точками А і С, а також між точками А і D. Якщо В лежить між А і С, то справедлива рівність АС = АВ + ВС. Якщо В лежить між А і D, то справедлива рівність 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. 31. Точки A, B і C лежать на одній прямій (рис. 37). Яке з наведених тверджень правильне: 1) AB + BC = AC; 2) AC + AB = BC?

1) Оскільки точка В – внутрішня точка відрізка АС, то рівність АВ + ВС = АС – правильна. 2) Оскільки точка В – внутрішня точка відрізка АС, то рівність АС + АВ = ВС – неправильна. 32. Точка K є серединою відрізка MN. Чи можна сумістити накладанням: 1) відрізки MK і KN; 2) відрізки MK і MN? 1) Оскільки точка К – середина відрізка MN, то MK = KN і відрізки MK і KN можна сумістити накладанням. 1 2) Оскільки точка К – середина відрізка MN, то 𝑀𝐾 = 𝑀𝑁 і відрізки МК і MN не можна 2 сумістити накладанням. 33. Точка K — середина відрізка MN, точка E — середина відрізка KN, EN = 5 см. Знайдіть відрізки MK, ME і MN. Оскільки Е – середина відрізка KN, то KN = 2EV = 2 ⋅ 5 = 10 (см) і тоді MK = KN = 10 (см), МЕ = МК + КЕ = 10 + 5 = 15 (см), MN = 2MK = 2 ⋅ 10 = 20 (см). Відповідь: 10 см, 15 см, 20 см. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

34. На папері в клітинку позначено точки A, B і C (рис. 38). Знайдіть відстань від точки C до середини відрізка AB, якщо довжина сторони клітинки дорівнює 5 мм.

la. in.

35. На папері в клітинку позначено точки M, N і K (рис. 39). Знайдіть відстань від точки M до середини відрізка NK, якщо довжина сторони клітинки дорівнює 5 мм.

36. Точка C — внутрішня точка відрізка AB, довжина якого дорівнює 20 см. Знайдіть відрізки AC і BC, якщо: 1) відрізок AC на 5 см більший за відрізок BC. 1-й спосіб. Якби відрізок АС був такий, як відрізок ВС, тоді подвоєна довжина відрізка ВС дорівнювала б 20 – 5 = 15 (см), а відрізок ВС дорівнював би 15 : 2 = 7,5 (см), тоді АС = ВС + 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 – внутрішня точка відрізка 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 = 7,5 см; АС = 12,5 см.

2) відрізок AC у 4 рази менший від відрізка BC. 1-й спосіб. Якщо відрізок ВС прийняти за одиничний відрізок, то АС = 4ВС, тобто відрізок АС, буде становити чотири одиничних відрізки, а відрізок АВ становитиме п’ять одиничних відрізків. Тоді довжина одиничного відрізка, тобто довжина відрізка ВС, дорівнює 20 : 5 = 4 (см) і тоді АС = 4 ⋅ 4 = 16 (см) Відповідь: 16 см і 4 см. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

2-й спосіб. Нехай ВС = х см, тоді АС = 4х см. Враховуючи, що точка С – внутрішня точка відрізка АВ, маємо: 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.

la. in.

3) AC : BC = 9 : 11. Нехай АС = 9х см, тоді ВС = 11х см. Оскільки точка С – внутрішня точка АВ, то маємо: АС + 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, довжина якого дорівнює 28 см. Знайдіть відрізки CK і KD, якщо: 1) відрізок CK на 4 см менший від відрізка KD. Нехай СК = х см, тоді KD = х + 4 см. Оскільки точка К – внутрішня точка відрізка 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 – внутрішня точка відрізка 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 К – внутрішня точка відрізка 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). Доведіть, що відрізки AC і BD теж рівні.

За умовою задачі АВ = CD. Від лівої і правої частин рівності віднімемо ВС, тоді одержимо АВ – ВС = CD – BC, звідси АС = BD (оскільки АВ – ВС = АС, CD – BC = BD). Що і треба було довести. 39. Відрізки ME і FN рівні (рис. 41). Доведіть, що MF = EN.

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

𝑎

la. in.

За умовою задачі МЕ = FN. До лівої і правої частин рівності додамо EF, звідси MF = EN (оскільки МЕ + EF = MF, FN + EF = EN). Що і треба було довести. 40. Точка C ділить відрізок AB, довжина якого дорівнює a, на два відрізки. Знайдіть відстань між серединами відрізків AC і BC. Нехай АВ = а, К – середина відрізка АС (тобто АК = КС), N – середина відрізка ВС (тобто CN = NB), тоді: 1 1 1 1 1 𝑎 𝐾𝑁 = 𝐾𝐶 + 𝐶𝑁 = 𝐴𝐶 + 𝐵𝐶 = (𝐴𝐶 + 𝐵𝐶) = 𝐴𝐵 = ∙ 𝑎 =

Відповідь: . 2 41. Точки A, B і C лежать на одній прямій. Знайдіть відрізок BC, якщо AB = 24 см, AC = 32 см. Скільки розв’язків має задача? 1-й випадок (точка А лежить між точками В і С), тоді ВС = АВ + АС = 24 см + 32 см = 56 см. 2-й випадок (точка В лежить між точками А і С), тоді ВС = АС – АВ = 32 см – 24 см = 8 см. Відповідь: 8 см або 56 см. 42. На прямій позначено точки A, B і C так, що AB = 15 см, AC = 9 см. Знайдіть відстань між серединами відрізків AB і AC. 1-й випадок (точка А лежить між точка В і С). Нехай M і N – середини відрізків АС і АВ, тоді: 1 1 1 1 1 𝑀𝑁 = 𝐴𝑀 + 𝐴𝑁 = 𝐴𝐶 + 𝐴𝐵 = (𝐴𝐶 + 𝐴𝐵) = (15 + 9) = ∙ 24 = 12 (см) 2

2-й випадок (точка С лежить між точками А і В). Нехай M і N – середини відрізків АВ і АС, тоді: 1 1 1 1 1 𝑀𝑁 = 𝐴𝑀 − 𝐴𝑁 = 𝐴𝐵 − 𝐴𝐶 = (𝐴𝐵 − 𝐴𝐶) = (15 − 9) = ∙ 6 = 3 (см) 2

Відповідь: 3 см або 12 см. 43. Відрізок EF дорівнює 12 см. Знайдіть на прямій EF усі точки, сума відстаней від кожної з яких до кінців відрізка EF дорівнює: 1) 12 см; 2) 15 см; 3) 10 см. 1) Для будь-якої точки А відріхка EF маємо: EA + AF = EF = 12 см. Отже, умову задовольняють усі точки відрізка EF. 2) На прямій існує лише дві точки, що задовольняють умову задачі: AE + EF = 1,5 + (12 + 1,5) = 15 (см); BF + BE = 1,5(12 + 1,5) = 15 (см).

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

3) На прямій EF таких точок не існує, оскільки: якщо точка належить відрізку EF, то сума відстаней від цієї точки до кінців відрізка дорівнює 12 см; якщо точа лежить поза відрізком EF, то сума відстаней від цієї точки до кінців відрізка більша 12 см.

Відповдіь: 1) усі точки відрізка EF; 2) лише дві точки; 3) таких точок не існує. 44. Через точки A і B проведено пряму. Де на цій прямій лежить точка C, відстань від якої до точки B у 2 рази більша, ніж відстань від неї до точки A? Точка С може лежати на відрізку АВ так, що АС : ВС = 1 : 2. Точка С може лежати поза відрізком АВ так, що точка А є серединою відрізка ВС.

la. in.

45. Відрізок, довжина якого дорівнює 32 см, поділили на три нерівних відрізки. Відстань між серединами крайніх відрізків дорівнює 18 см. Знайдіть довжину середнього відрізка. Нехай відрізок АВ поділений точками С і D на три нерівних відрізка АС, CD, DB; точки M і N – середини відрізків АС і DB. Тоді за умовою задачі АВ = 32 см, MN = 18 см, звідси AM + NB = AB – MN = 32 – 18 = 14 (см), тоді AC + DB = 2AM + 2NB = 2(AM + NB) = 2 ⋅ 14 = 28 (см) і CD = AB – (AC + DB) = 32 – 28 = 4 (см) Відповідь: 4 см. 46. Скільки точок треба позначити на прямій AB між точками A і B, щоб разом з відрізком AB утворилося шість відрізків? а) 4 точок б) 3 точки

г) 3 точки

в) 4 точки

47. Порівняйте на око відрізки AB і CD (рис. 42). Перевірте свій висновок вимірюванням.

Рисунок а: Відрізки AB і CD перпендикулярні один до одного. На око вони можуть здатися рівними, але щоб точно переконатися, потрібно виміряти їх за допомогою лінійки. Рисунок б: Відрізки AB і CD зображені під нахилом. Через перспективу AB може здатися довшим, ніж CD, або навпаки. Тут також потрібне вимірювання для точного порівняння. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

Рисунок в: Відрізки AB і CD зображені горизонтально, але поруч із ними додані вертикальні лінії. Це може створювати ілюзію різної довжини. Для перевірки слід виміряти відрізки. Висновок: На око може здаватися, що відрізки мають різну довжину через особливості зображення та перспективи. Але якщо виміряти їх за допомогою лінійки, то виявиться, що всі вони рівні між собою. Це класичні приклади зорових ілюзій. 48. Порівняйте на око відрізки AB і BC (рис. 43). Перевірте свій висновок вимірюванням.

la. in.

На перший погляд, відрізок BC здається трохи довшим за відрізок AB. Це може бути пов'язано з перспективою на зображенні. Для точного порівняння варто виміряти довжини обох відрізків, використовуючи лінійку або інший інструмент. Після цього ви зможете точно перевірити, чи дійсно відрізки AB і BC мають різну довжину, чи це лише ілюзія. 49. На шкалі лінійки з часом стерлися деякі поділки й залишилися тільки поділки 0 см, 5 см і 13 см (рис. 44). Як, користуючись цією лінійкою, можна побудувати відрізок завдовжки: 1) 3 см; 2) 2 см; 3) 1 см?

1) Відкладемо від точки А на прямій відрізок 13 см і у зворотному напрямі два відрізки по 5 см, тоді АВ = 13 – 2 ⋅ 5 = 3 (см)

2) Відкладемо від точки А на прямій три відрізки по 5 см і у зворотому напрямі один відрізок в 13 см, тоді АВ = 5 ⋅ 3 – 13 = 15 – 13 = 2 (см)

3) Відкладемо від точки А по прямій два відрізки по 13 см і в зворотному напрямі 5 відрізків по 5 см, тоді АВ = 2 ⋅ 13 – 5 ⋅ 5 = 1 (см)

50. На шкалі лінійки з часом стерлися деякі поділки й залишилися тільки поділки 0 см, 7 см і 11 см. Як, користуючись цією лінійкою, можна побудувати відрізок завдовжки: 1) 8 см; 2) 5 см? 1) Відкладемо від точки А по прямій два відрізки по 11 см і у зворотному напрямі два відрізки по 7 см, тоді АВ = 11 ⋅ 2 – 7 ⋅ 2 = 8 (см)

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

2) Відкладемо від точки А по прямій 3 відрізки по 11 см і у зворотному напрямі 4 відрізки по 7 см, тоді АВ = 11 ⋅ 3 – 7 ⋅ 4 = 5 (см)

la. in.

51. Із прямокутників розмірами 1 1× , 1 2 × , 1 3× , ..., 1 13 × складіть прямокутник, кожна сторона якого більша за 1.

3. Промінь. Кут. Вимірювання кутів

52. Проведіть два промені AB і AC так, щоб вони не були доповняльними. Побудуйте до кожного із цих променів доповняльний промінь. Позначте й запишіть усі утворені промені. Промені АВ і АС – не доповняльні. Промінь AN – доповняльний до променя АВ, а промінь АМ – доповняльний до променя АС. На рисунку зображено промені АВ, АС, AN, АМ.

53. Проведіть відрізок AB і два промені AB і BA. Чи є ці промені доповняльними? Відповідь обґрунтуйте. Промені АВ і ВА не є доповняльними, оскільки вони не мають спільного початку.

54. Накресліть кут MNE і проведіть промені NA і NC між його сторонами. Запишіть усі кути, що утворилися. На рисунку зображено кути: MNA, MNC, MNE, ANC, CNE.

55. Проведіть промені OA, OB, OC і OD так, щоби промінь OC проходив між сторонами кута AOB, а промінь OD — між сторонами кута BOC.

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

56. Накресліть два промені так, щоб їхня спільна частина була: 1) точкою; 2) відрізком; 3) променем. 1) АВ і АС 2) АВ і ВА 3) АВ і ВС

57. Пряма EF перетинає прямі AB і CD (рис. 66). Укажіть: 1) усі промені, що утворилися, з початком у точці M; 2) усі пари доповняльних променів із початком у точці K.

la. in.

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. Доповняльні промені з початком у точці О: ОА і ОВ; ОС і OD. 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 кути, які зображено на рисунку 69.

∠ВАС, ∠BAD, ∠BAE, ∠CAD, ∠CAE, ∠DAE. 61. На рисунку 70 ∠AOB = ∠BOC = ∠COD = ∠DOE = ∠EOF. 1) Який промінь є бісектрисою кута AOC? кута DOF? кута BOF? 2) Бісектрисою яких кутів є промінь OC?

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

la. in.

1) Бісектрисою кута АОС є промінь ОВ. Бісектрисою кута DOF є проміно ОЕ. Бісектрисою кута BOF є промінь OD. 2) Промінь ОС є бісектрисою кутів BOD і АОЕ. 62. Промінь OC — бісектриса кута AOB (рис. 71). Чи можна сумістити накладанням: 1) кути AOC і BOC; 2) кути AOC і AOB?

1) Кути АОС і ВОС можна сумістити накладанням, бо вони рівні. 2) Кути АОС і АОВ не можна сумістити накладанням, бо вони не рівні. 63. Промінь BD ділить кут ABC на два кути. Знайдіть: 1) кут ABC, якщо ∠ABD = 54°, ∠CBD = 72°. ∠АВС = ∠ABD + ∠CBD = 54° + 72° = 126°.

Відповідь: 126°. 2) кут CBD, якщо ∠ABC = 158°, ∠ABD = 93°. ∠CBD = ∠ABC - ∠ABD = 158° - 93° = 65°.

Відповідь: 65°. 64. Промінь OP проходить між сторонами кута MOK. Знайдіть кут MOP, якщо ∠MOK = 172°, ∠POK = 85°. ∠МОР = ∠МОК - ∠РОК = 172° - 85° = 87°.

Відповідь: 87°. 65. Величина кута дорівнює: 1) 28°; 2) 162°. Яка величина кута, утвореного бісектрисою даного кута і його стороною? 1) 28° : 2 = 14° 2) 162° : 2 = 81° Відповідь: величина кута, утвореного бісектрисою і стороною кута, дорівнює 14° для кута 28° і 81° для кута 162°. 66. Знайдіть кут, бісектриса якого утворює з однією з його сторін кут, який дорівнює: 1) 43°; 2) 65°. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

la. in.

1) 43° ⋅ 2 = 86° 2) 65° ⋅ 2 = 130° Відповідь: кути, бісектриси яких утворюють кути з їхніми сторонами, дорівнюють 86° і 130° відповідно. 67. Чи є правильним твердження: 1) будь-який кут, менший від тупого, — гострий; - ні, кут може бути прямим 2) кут, менший від розгорнутого, — тупий; - ні, кут може бути прямим або гострим 3) кут, менший від тупого у 2 рази, — гострий; - так 4) сума двох гострих кутів більша за прямий кут; Ні, може бути готсрим (15° + 10° = 25°) 5) кут, менший від розгорнутого кута у 2 рази, є більшим за будь-який гострий кут; - так 6) кут, більший за прямий, — тупий? - ні, може бути розгорнутим 68. Кут CEF дорівнює 152°, промінь EM проходить між його сторонами, кут CEM на 18° 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, якщо кут BAK у 7 разів менший від кута DAK і ∠BAD = 72°. Нехай ∠ВАК = х°, тоді ∠DAK = 7х°. За умовою ∠DAK + ∠BAK = ∠BAD, тоді: х + 7х = 72 8х = 72 х = 72 : 8 х=9 7х = 7 ⋅ 9 = 63 Отже, ∠ВАК = 9°, ∠DAK = 63°

Відповідь: 9° і 63°. 70. На рисунку 72 рівні кути позначено дужками. Знайдіть кути ABC, MKE і STK, якщо за одиничний кут узято: 1) кут ABC; 2) кут MKE. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

la. in.

1) Якщо ∠АВС = 1, то ∠МКЕ = 2, ∠STK = 5. 1 1 2) Якщо ∠МКЕ = 1, то ∠АВС = ; ∠STK = 2 . 2 2 71. Із вершини прямого кута BOM (рис. 73) проведено два промені OA та OC так, що ∠BOC = 74°, ∠AOM = 62°. Знайдіть кут AOC.

∠СОМ = ∠ВОМ - ∠ВОС = 90° - 74° = 16°. ∠АОС = ∠АОМ - ∠СОМ = 62° - 16° = 46°. Відповідь: 46°. 72. Із вершини розгорнутого кута ACP (рис. 74) проведено два промені CT і CF так, що ∠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. Чи є промені AB і AC доповняльними? Оскільки ВС = АВ + АС (8 см = 3,2 см + 4,8 см), то точки А, В, С лежать на одній прямій, причому А лежить між точками В і С. Отже, промені АВ і АС є доповняльними.

74. На рисунку 75 кут ABC — прямий, ∠ABE = ∠EBF = ∠FBC, промені BD і BK — бісектриси кутів ABE і FBC відповідно. Знайдіть кут DBK.

∠АВЕ = ∠EBF = ∠FBC = 90° : 3 = 30°. 1 1 ∠ABD = ∠𝐴𝐵𝐸 = ∙ 30° = 15° (бо BD – бісектриса кута АВЕ). 2 1

2 1

∠СВК = ∠𝐶𝐵𝐹 = ∙ 30° = 15°) (бо ВК – бісектриса кута CBF). △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

∠DBK = ∠ABC - ∠ABD - ∠CBK = 90° - 15° - 15° = 60° Відповідь: 60°. 75. На рисунку 76 ∠AOC = ∠COD = ∠ DOF, промінь OB — бісектриса кута AOC, промінь OE — бісектриса кута DOF, ∠BOE = 72°. Знайдіть кут AOF.

la. in.

Нехай ∠АОС = ∠COD = ∠DOF = 2х°, тоді ∠АОВ = х°, ∠FOE = х°. За умовою задачі ∠ВОЕ = ∠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. Чи є ще на цьому рисунку рівні кути? Відповідь обґрунтуйте.

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° △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

Відповідь: 68°. 79. Кут ABC — розгорнутий, промінь BK є бісектрисою кута CBD, ∠CBD = 54° (рис. 79). Знайдіть кут ABK.

la. in.

∠СВК = ∠CBD = ∙ 54° = 27° 2 2 ∠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 хвилинна стрілка повертається на 360° : 60 = 6°. Відповідь: 6°. 2) За 12 годин годинна стрілка повертається на 360°, тоді за 1 годину вона повертається на 360° : 12 = 30°, а за 1 хвилину вона повертається на 30° : 60 = 0,5°. Відповідь: 0,5°. 81. Знайдіть кут між стрілками годинника, якщо вони показують: 1) 3 год; 2) 6 год; 3) 4 год; 4) 11 год; 5) 7 год. 1) Якщо стрілки годинника показують 3 год, то вони утворюють прямий кут (90°). 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 має задача? 1-й випадок – промінь ВС лежить між сторонами кута ABD. ∠ABD = ∠ABC + CBD = 30° + 80° = 110°. 2-й випадок – промінь ВА лежить між сторонами кута CBD. ∠ABD = CBD - ∠ABC = 80° 30° = 50°.

Відповідь: 110° або 50°. 83. Знайдіть кут MOK, якщо ∠MON = 120°, ∠KON = 43°. Скільки розв’язків має задача? 1-й випадок – промінь ON лежить між сторонами кута МОК. ∠МОК = ∠MON + ∠NOK = 120° + 43° = 163°. 2-й випадок – промінь ОК лежить між сторонами кута MON. ∠MOK = ∠MON - ∠KON = 120° - 43° = 77°.

Відповідь: 163° або 77°. 84. Промінь, проведений з вершини прямого кута, ділить його на два кути. Доведіть, що кут між бісектрисами кутів, що утворилися, дорівнює 45°. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html 1

Нехай ∠АВС = 90°, BM і BN – бісектриси кутів ABD і CBD, тоді ∠MBD = ∠ABD, ∠DBN 2

= ∠DBC. 2

∠MBN = ∠MBD + ∠DBN = ∠ABD + ∠DBC = ∙ (∠𝐴𝐵𝐶 + ∠𝐷𝐵𝐶) = ∙ ∠𝐴𝐵𝐶 = ∙ 90° = 2 2 2 2 2 45°.

la. in.

85. Як, маючи шаблон кута, що дорівнює 70°, побудувати кут, який дорівнює 40°? Побудувавши розгорнутий кут АВС та відкладавши шаблоном два кути по 70°, отримаємо ∠ABN = 40°.

86. Як, маючи шаблон кута, що дорівнює 40°, побудувати кут, який дорівнює: 1) 80°; 2) 160°; 3) 20°? 1) Відклавши шаблоном два кути по 40°, отримаємо кут ABD, причому ∠ABD = 80°.

2) Відкалвши шаблоном чотири кути по 40°, отримаємо кут ABF, причому ∠ABF = 160°.

3) Побудувавши розгорнутий кут АВС та відклавши шаблоном чотири кути по 40°, отримаємо кут АВР, причому ∠АВР = 20°.

87. Як, використовуючи шаблон кута, що дорівнює 13°, побудувати кут, який дорівнює 2°? Відклавши від довільного променя ОА 14 разів кут в 13°, отримаємо кут АОВ, причому ∠ВОС = 2°, де ОС – промінь доповіняльний до променя ОА.

88. Як побудувати кут, який дорівнює 1°, використовуючи шаблон кута, що дорівнює: 1) 19°; 2) 7°? 1) Відклавши від довільного променя ОА 19 разів кут в 19°, отримаємо: 19° ⋅ 19 = 361°, тоді ∠АОС = 1°. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

2) Відклавши від довільного променя ОА 103 рази кут в 7°, отримаємо 7° ⋅ 103 = 721°, тоді ∠АОС = 1°.

la. in.

89. Проведіть шість прямих, що перетинаються в одній точці. Чи правильно, що серед кутів, які при цьому утворилися, є кут, менший від 31°? Припустимо, що не існує кута, який менший від 31°, тоді сума всіх кутів, утворених шістьма прямими, буде не менша ніж 31° ⋅ 12 = 372°, проте сума всіх кутів дорівнює 2 ⋅ ∠АОВ = 2 ⋅ 180° = 360°. Отже, припущення неправильне. Таким чином, існує кут, менший, ніж 31°.

90. Південний вітер змінився на: 1) західний; 2) південносхідний. Знайдіть кут, на який змінився напрямок вітру. 1) Південний вітер має напрямок 180°. 2) Західний вітер має напрямок 270°. Кут між південним та західним напрямками: 270° − 180° = 90° Відповідь: вітер змінився на 90°. 3) Південно-східний вітер має напрямок 135°. Кут між південним та південно-східним напрямками: 180° − 135° = 45° Відповідь: вітер змінився на 45°. 91. Дув північний вітер. Потім його напрямок змінився на кут: 1) 90°; 2) 45°. Яким після 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 північно-східним. 92. Не відриваючи олівця від паперу, проведіть через дев’ять точок (рис. 80) чотири відрізки (повертатися у вихідну точку не обов’язково). Слід побудувати послідовно відрізки ОА, АВ, ВО, ОС.

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

4. Суміжні та вертикальні кути 93. Накресліть три кути: гострий, прямий і тупий. Для кожного з них побудуйте суміжний кут. ∠ВАС – гострий, ∠ОАВ – суміжний до кута ВАС.

∠АОВ – прямий, СОА – суміжний до кута АОВ.

la. in.

∠ВОС – тупий, ∠АОВ 0 суміжний дт кута ВОС.

94. Накресліть два нерівних суміжних кути так, щоб їхня спільна сторона була вертикальною. ∠АОС і ∠СОВ – суміжні.

95. Укажіть пари суміжних кутів (рис. 86).

а) ∠ABD і ∠CBD; б) ∠МКР і ∠РКО; в) ∠FCN і ∠NCE; ∠FCM і MCЕ; г) ∠АВС і ∠CBD; ∠ADF і FDE. 96. Чи є кути ABC і DBE вертикальними (рис. 87)?

а) Ні; б) так; в) ні. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

97. Скільки пар суміжних кутів зображено на рисунку 88? Назвіть їх. Укажіть пари вертикальних кутів.

la. in.

∠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° 3) 180° - 98° = 82° 2) 180° - 84° = 96° 4) 180° - 135° = 45° Відповідь: 1) 151°;2) 96°; 3) 82°; 4) 45°. 100. Чи може пара суміжних кутів складатися: 1) із двох гострих кутів. Два гострих кута не можуть бути суміжними, бо їх сума менша 180°. 2) із двох тупих кутів. Два тупих кути не можуть бути суміжними, бо їх сума більша 180°. 3) із прямого та тупого кутів. Прямий і тупий кути не можуть бути суміжними, бо їх сума більша 180°. 4) із прямого та гострого кутів. Прямій і гострий кути не можуть бути суміжними, бо їх сума менша 180°. Відповідь: 1) ні; 2) ні; 3) ні; 4) ні. 101. Один із суміжних кутів — прямий. Яким є другий кут? Якщо один із суміжних кутів прямий, то суміжний з ним кут теж прямий. Відповідь: прямий. 102. Знайдіть кут, суміжний із кутом ABC, якщо: 1) ∠ABC = 36°; 2) ∠ABC = 102°. 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), якщо ∠1 = 42°.

∠2 = 180° - ∠1 = 180° - 42° = 138° (бо ∠1 і ∠2 – суміжні) ∠3 = ∠1 = 42° (бо ∠1 і ∠3 – вертикальні) ∠4 = ∠2 = 138° (бо ∠4 і ∠2 – вертикальні) Відповідь: ∠2 = 138°; ∠3 = 42°; ∠4 = 138°. 104. Знайдіть суміжні кути, якщо: 1) один із них на 70° ° більший за другий. Нехай ∠ВОС = х°, тоді ∠АОС = х° + 70°. Оскільки ∠АОС + ∠СОВ = 180°, то: △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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.

la. in.

Відповідь: 125° і 55°. 2) один із них у 8 разів менший від другого. Нехай ∠ВОС = х°, тоді ∠АОС = 8х°. Оскільки ∠АОС + ∠СОВ = 180°, то: 8х + х = 180 9х = 180 х = 180 : 9 х = 20° - ∠ВОС. 8х = 8 ⋅ 20 = 160° - ∠АОС.

Відповідь: 20° і 160°. 3) їхні градусні міри відносяться як 3 : 2. Нехай ∠ВОС = 2х°, тоді ∠АОС = 3х°. Оскільки ∠АОС + ∠СОВ = 180°, то: 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 кути, якщо: 1) один із них у 17 разів більший за другий. Нехай ∠ВОС = х°, тоді ∠АОС = 17х°. Оскільки ∠АОС + ∠ВОС = 180°, то: х + 17х = 180 18х = 180 х = 180 : 18 х = 10° - ∠ВОС. 17х = 17 ⋅ 10 = 170° - ∠АОС.

Відповідь: 10° і 170°. 2) їхні градусні міри відносяться як 19 : 26. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

Нехай ∠ВОС = 19х°, тоді ∠АОС = 26х°. Оскільки ∠АОС + ∠ВОС = 180°, то: 19х + 26х = 180 45х = 180 х = 180 : 45 х=4 19х = 19 ⋅ 4 = 76° - ∠ВОС. 26х = 26 ⋅ 4 = 104° - ∠АОС.

la. in.

Відповідь: 76° і 104°. 106. Чи є правильним твердження: 1) для кожного кута можна побудувати тільки один вертикальний кут; Правильне твердження. 2) для кожного кута можна побудувати тільки один суміжний кут; Неправильне твердження, бо для кожного кута, відмінного від розгорнтого, можна побудувати два суміжних кути.

3) якщо кути рівні, то вони вертикальні; Неправильне твердження, бо якщо кути рівні, то вони не є обов’язково вертикальними.

4) якщо кути не рівні, то вони не вертикальні; Правильне твердження. 5) якщо кути не вертикальні, то вони не рівні; Неправильне твердження. 6) якщо два кути суміжні, то один з них гострий, а другий — тупий; Неправильне твердження, бо вони можуть бути прямими.

7) якщо два кути суміжні, то один з них більший за другий; Неправильне твердження, бо вони можуть бути рівними. 8) якщо сума двох кутів дорівнює 180°, то вони суміжні; Неправильне твердження, бо сума кутів АОВ і DCF дорівнює 180°, проте вони не є суміжними.

9) якщо сума двох кутів не дорівнює 180°, то вони не суміжні; △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

Правильне твердження. 10) якщо суміжні кути рівні, то вони прямі; Правильне твердження. 11) якщо рівні кути мають спільну вершину, то вони вертикальні; Неправильне твердження, бо ∠АОВ = ∠ВОС, поте ∠АОВ і ∠ВОС – не є вертикальними.

la. in.

12) якщо два кути мають спільну сторону, то вони суміжні? Неправильне твердження, бо кути АОС і ВОС мають спільну сторону ОС, проте вони не є суміжними.

107. Доведіть, що коли два кути рівні, то й суміжні з ними кути рівні. Нехай ∠AOS = ∠BOS. Їхні суміжні кути — ∠AOP і ∠BOP відповідно. Сума суміжних кутів дорівнює 180°, тому: ∠AOS + ∠AOP = 180°; ∠BOS + ∠BOP = 180°. Оскільки ∠AOS = ∠BOS, отже: ∠AOP = ∠BOP. Що і треба було довести. 108. Сума двох кутів, утворених при перетині двох прямих, дорівнює 140°. Доведіть, що ці кути вертикальні. Два кути, утворені при перетині двох прямих, можуть бути або суміжними, або вертикальними. Якщо б вони були суміжними, то їх сума дорівнювала б 180°, але це не так. Тому ці кути є вертикальними. 109. Знайдіть кути, які утворюються при перетині двох прямих, якщо: 1) сума двох із них дорівнює 106°. Нехай ∠1 + ∠2 = 106°. Оскільки ∠1 і ∠2 – вертикальні, то ∠1 = ∠2 = 106° : 2 = 53°. Оскільки ∠2 і ∠3 – суміжні, то ∠3 = 180° - ∠1 = 180° - 53° = 127°. Оскільки ∠3 і ∠4 – вертикальні, то ∠4 = ∠3 = 127°.

Відповідь: 53°, 127°, 53°, 127°. 2) сума трьох із них дорівнює 305°. Нехай ∠4 + ∠2 + ∠3 = 305°. Оскільки ∠2 і ∠4 – суміжні, то ∠4 + ∠2 = 180°, тоді ∠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, які утворюються при перетині двох прямих, якщо різниця двох із них дорівнює 64°. Нехай ∠3 - ∠2 = 64°, ∠2 = х°, тоді ∠3 = х° + 64°. Враховуючи, що ∠2 і ∠3 – суміжні, то: х + х + 64 = 180 2х + 64 = 180 2х = 116 х = 116 : 2 х = 58° - ∠2 х + 64 = 58 + 64 = 122° - ∠3 △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

Оскільки ∠1 і ∠2, ∠3 і ∠4 – вертикальні, то ∠1 = ∠2 = 58°, ∠4 = ∠3 = 122°. Відповідь: 58°, 122°, 58°, 122°. 111. Три прямі перетинаються в одній точці (рис. 90). Знайдіть суму ∠1 + ∠2 + ∠3.

∠1 і ∠4, ∠3 і ∠5 – вертикальні, тоді ∠4 = ∠1, ∠3 = ∠5. ∠1 + ∠2 + ∠3 = ∠4 + ∠2 + ∠5 = 180°.

la. in.

Відповідь: 180°. 112. Прямі AB, CD і MK перетинаються в точці O (рис. 91), ∠AOC = 70°, ∠MOB = 15°. Знайдіть 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 між бісектрисами суміжних кутів. ∠АОС і ∠ВОС – суміжні, ОM і ON – бісектриси кутів АОС і ВОС відповідно. 1 1 1 1 ∠MON = ∠MOC + ∠CON = ∠АОС + ∠СОВ = (∠АОС + ∠СОВ) = ∙ 180° = 90° 2

Відповідь: 90°. 114. Знайдіть кут між бісектрисами вертикальних кутів. ∠АОС і ∠DOB – вертикальні, OM і ON – бісектриси кутів АОС і ВОD. ∠MON = ∠1 + ∠AOD + ∠3 = ∠1 + ∠2 + ∠BOC = ∠AOC + ∠BOC = 180°.

Відповідь: 180°. 115. Кути ABF і FBC суміжні, ∠ABF = 80°, промінь BD належить куту ABF, ∠ABD = 30°. Знайдіть кут між бісектрисами кутів DBF і FBC. ∠ABF = 80°, ∠ABD = 30°, BM і BN – бісектриси кутів FBC і FBD. ∠FBD = ∠ABF - ∠ABD = 80° - 30° = 50° △∥∠⊥ © shkola.in.ua

https://shkola.in.ua/2216-hdz-heometriia-7-klas-merzliak-2015.html 1

∠𝐹𝐵𝑁 = ∠𝐹𝐵𝐷 = ∙ 50° = 25° 2 2 ∠FBC = 180° - ∠ABF = 180° - 80° = 100° 1 1 ∠𝑀𝐵𝐹 = ∠𝐹𝐵𝐶 = ∙ 100° = 50° 2 2 ∠MBN = ∠MBF + ∠FBN = 25° + 50° = 75°

la. in.

Відповідь: 75°. 116. Кути AOB і BOC суміжні, промінь OD — бісектриса кута AOB, кут BOD на 18° менший від кута BOC. Знайдіть кути AOB і BOC. ∠АОВ і ∠ВОС – суміжні, BD – бісектриса кута АОВ, ∠ВОС - ∠BOD = 18°. Нехай ∠BOD = х°, тоді ∠AOD = х°, ∠ВОС =х° + 18°. Враховуючи, що ∠AOD + ∠DOB + ∠BOC = 180°, маємо: 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°

Відповідь: 72° і 108°. 117. Знайдіть суміжні кути MKE і PKE, якщо кут FKE на 24° більший за кут PKE, де 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°. 118. На рисунку 92 ∠MAB = ∠ACB = 180°. Доведіть, що ∠MAB = ∠KCB.

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

la. in.

Нехай ∠АСВ = х°, тоді з умови ∠МАВ + ∠АСВ = 180° випливає, що ∠МАВ = 180° - ∠АСВ = 180° - х°. Оскільки ∠АСВ і ∠КСВ – суміжні, то ∠КСВ = 180° - ∠АСВ = 180° - х°. Отже, ∠МАВ = ∠КСВ = 180° - х°. 119. На рисунку 93 ∠MBC = ∠BEF. Доведіть, що ∠ABE = ∠BED = 180°.

Якщо ∠МВС = ∠BEF, тоді ∠АВЕ + ∠BED = ∠MBC + (180° - ∠BEF) = ∠MBC + (180° ∠MBC) = ∠MBC + 180° - ∠MBC = 180°. 120. Два кути мають спільну сторону, а їхня сума дорівнює 180°. Чи можна стверджувати, що ці кути суміжні? Якщо два кути мають спільну сторону і їхня сума дорівнює 180°, то не обов’язково ці кути будуть суміжними. ∠АОВ і ∠ВОС мають спільну сторону ОВ і ∠АОВ + ∠ВОС = 120° + 60° = 180°, проте ∠АОВ і ∠ВОС не є суміжними.

121. Розріжте фігуру, зображену на рисунку 94, на шість частин двома прямими.

Прямі а і b розбивають фігуру на шість частин.

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

5. Перпендикулярні прямі

la. in.

122. Перерисуйте в зошит рисунок 102. Користуючись косинцем, проведіть через точку M пряму, перпендикулярну до прямої a. b⊥а

123. Перерисуйте в зошит рисунок 103. Користуючись косинцем, опустіть із точки M перпендикуляр на пряму a. Проведіть із точки M які-небудь дві похилі до прямої a. b⊥а

124. Проведіть пряму c і позначте на ній точку K. Користуючись косинцем, проведіть через точку K пряму, перпендикулярну до прямої c. b⊥с

125. Проведіть пряму d і позначте точку M, яка їй не належить. За допомогою косинця опустіть із точки M перпендикуляр на пряму d. Проведіть із точки M які-небудь дві похилі до прямої d. b⊥d

126. Накресліть кут ABK, який дорівнює: 1) 73°; 2) 146°. Позначте на промені BK точку C і проведіть через неї прямі, перпендикулярні до прямих AB і BK. 1) а ⊥ АВ, b ⊥ ВК

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

2) а ⊥ АВ, b ⊥ ВК

la. in.

127. Накресліть два перпендикулярних відрізки так, щоб вони: 1) перетиналися та не мали спільного кінця; 2) не мали спільних точок; 3) мали спільний кінець. 1) 2)

128. Накресліть два перпендикулярних промені так, щоб вони: 1) перетиналися; 2) не мали спільних точок. 1) 2)

129. На рисунку 104 прямі AC і DK перпендикулярні. Чи перпендикулярні: 1) відрізки AB і BK; 3) промені BC і BK; AB ⊥ BK BC ⊥ BK 2) відрізки BC і DF; 4) відрізок AB і промінь FD? BC ⊥ DF AB ⊥FD

130. Чи може кут між прямими дорівнювати: 1) 1°; 2) 80°; 3) 90°; 4) 92°. 5) 101°? 1) Так; 2) так; 3) так; 4) ні; 5) ні. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

la. in.

131. Назар накреслив дві прямі, які перетинаються, за допомогою транспортира визначив, що один із кутів, утворених при перетині прямих, дорівнює 110°, і сказав, що кут між цими прямими становить 110°. Чи має рацію Назар? Відповідь обґрунтуйте. Коли дві прямі перетинаються, вони утворюють чотири кути. Якщо один із цих кутів дорівнює 110°, то сусідній до нього кут буде дорівнювати 180° − 110° = 70°, оскільки ці кути є суміжними і їх сума дорівнює 180°. Таким чином, кути, утворені при перетині прямих, становлять 110° і 70°. Отже, кут між цими прямими буде не 110°, як стверджує Назар, а 70° . 132. Прямі EF і MK перетинаються в точці A, ∠EAK = 142° (рис. 105). Знайдіть кут між прямими EF і MK.

На рисунку прямі EF і MK перетинаються в точці A, і кут ∠EAK дорівнює 142°. Щоб знайти кут між прямими EF і MK, потрібно визначити суміжний кут до ∠EAK. Суміжний кут буде дорівнювати: 180° − 142° = 38° Відповідь: кут між прямими EF і MK становить 38°. 133. Вважаючи, що довжина сторони клітинки дорівнює 0,5 см, знайдіть відстань від точки M до прямої AB (рис. 106).

Щоб знайти відстань від точки M до прямої AB на рисунках, скористаємося властивістю перпендикуляра: найкоротша відстань від точки до прямої — це довжина перпендикуляра, опущеного з точки на пряму. Для випадку (а): Точка M знаходиться на відстані 3 клітинки по горизонталі від прямої AB. Довжина сторони клітинки становить 0,5 см. Отже, відстань від точки M до прямої AB дорівнює: 3 ⋅ 0,5 см = 1,5 см Для випадку (б): Точка M знаходиться на відстані 2 клітинки по вертикалі від прямої AB. Довжина сторони клітинки становить 0,5 см. Отже, відстань від точки M до прямої AB дорівнює: 2 ⋅ 0,5 см = 1 см Відповідь: відстань від точки M до прямої AB дорівнює 1,5 см на рисунку (а) та 1 см на рисунку (б). 134. Вважаючи, що довжина сторони клітинки дорівнює 0,5 см, знайдіть відстань від точки O до прямої CD (рис. 107). △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

la. in.

Для випадку (а): Точка O знаходиться на 2 клітинки вправо від вертикальної лінії, на якій розташовані точки C і D, то відстань від точки O до прямої CD буде горизонтальною. Оскільки кожна клітинка має довжину сторони 0,5 см, відстань від точки O до прямої CD буде: 2 ⋅ 0,5 см = 1 см Відповідь: відстань від точки O до прямої CD на рисунку (а) дорівнює 1 см. Для випадку (б): Точка O знаходиться у верхньому правому куті, а пряма CD проходить горизонтально нижче. Відстань між точкою O та прямою CD можна знайти, підрахувавши кількість клітинок по вертикалі між ними. Якщо, наприклад, між точкою O та прямою CD є 4 клітинки, то відстань буде: 4 ⋅ 0,5 см = 2 см Відповідь: відстань від точки O до прямої CD дорівнює 2 см. Якщо кількість клітинок інша, просто підставте відповідне значення у формулу. 135. Доведіть, що коли бісектриси кутів AOB і BOC перпендикулярні, то точки A, O і C лежать на одній прямій. Нехай ОК і OL – бісектриси кутів АВО і ВОС, ∠KOL = 90°. 1 1 1 ∠𝐾𝑂𝐿 = ∠𝐾𝑂𝐵 + ∠𝐵𝑂𝐿 = ∠𝐴𝑂𝐵 + ∠𝐵𝑂𝐶 = ∠𝐴𝑂𝐶 , тоді 2 2 2 ∠𝐴𝑂𝐶 = 2 ∙ ∠𝐾𝑂𝐿 = 2 ∙ 90° = 180° ; отже, точки А, О, С лежать на одній прямій. Що і треба було довести.

136. На рисунку 108 AB ⊥ CD, ∠COK = 42°, ∠MOC + ∠ВОК = 130°. Знайдіть: 1) кут MOK; 2) кут MOD.

1) ∠МОК = ∠МОС + ∠СОК = 130° - ∠ВОК + ∠СОК = 130° - (90° - ∠СОК) + ∠СОК = 130° - 90° + ∠СОК + ∠СОК = 40° + 2∠СОК = 40° + 2 ⋅ 42° = 124°. Відповідь: 124°. 2) ∠MOD = 180° - ∠MOC = 180° - (130° - ∠BOK) = 180° - 130° + ∠BOK = 50° + ∠BOK = 50° + (90° - ∠COK) = 140° - ∠COK = 140° - 42° = 98° Відповідь: 98°. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

137. На рисунку 109 AC ⊥ DK, OB ⊥ BF, ∠DBO = 54°. Знайдіть кут ABF.

la. in.

∠ABF = 360° - ∠FBO - ∠DBO - ∠ABD = 360° - 90° - 54° - 90° = 126° Відповідь: 126°. 138. Кут ABC дорівнює 160°, промені BK і BM проходять між сторонами цього кута й перпендикулярні до них. Знайдіть кут MBK. ∠АВС = 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. Що і треба було довести. 141. Із вершини кута ABC, який дорівнює 70°, проведено промені BD і BF так, що BD ⊥ BA, BF ⊥ BC, промені BD і BC належать куту ABF. Знайдіть 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°.

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

Відповідь: 70° і 160°.

la. in.

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 знайти кут ∠DBF. Оскільки BD ⊥ AB, кут ∠DBC = 90°. Оскільки BF ⊥ BC, кут ∠DBF доповнює кут ∠ABC до 180°. Таким чином, кут ∠DBF = 180° − 130° = 50° Відповідь: кут ∠DBF дорівнює 50°. 143. Користуючись косинцем і шаблоном кута, який дорівнює 17°, побудуйте кут: 1) 5°; 2) 12°. 1) Побудуємо прямий кут АВС за допомогою косинця, від сторони ВС відкладемо шаблоном п’ять кутів по 17°, тоді ∠DBC = 85°, а ∠ABD = 5°. 2) Побудуємо прямий кут АВС за жопомогою косинця, від сторони ВС відкладемо шаблоном шість кутів по 17°, тоді ∠DBC = 17° ⋅ 6 = 102°, а ∠ABD = 102° - 90° = 12°.

144. Користуючись косинцем і шаблоном кута, який дорівнює 20°, побудуйте кут 10°. Побудуємо прямий кут АВС за допомогою косинця, від сторони ВС відкладемо шаблоном чотири кути по 20°, тоді ∠DBC = 20° ⋅ 4 = 80°, а ∠ABD = 90° - 80° = 10°.

145. Прикладаючи косинець то однією, то іншою стороною, Марія провела через точку A два перпендикуляри до прямої a (рис. 111). Що можна сказати про цей косинець?

На основі зображення можна сказати, що косинець, який використовувала Марія, має дві сторони, які утворюють прямі кути з гіпотенузою. Це означає, що косинець симетричний і дозволяє проводити перпендикулярні лінії з обох сторін. Такий косинець зручний для точного креслення перпендикулярів до прямої лінії з будьякої сторони. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

146. На рисунку 112 пряма перетинає всі сторони восьмикутника. Чи може пряма перетинати всі сторони тринадцятикутника, не проходячи через жодну з його вершин?

Не може пряма перетинати всі сторони тринадцяткутника А1А2А3А4…А9А10А11А12А13. За умовою вершини з непарними номерами А1, А3, А5, А7, А9, А11, А13 лежать по одну сторону прямої, а вершини з паршими номерами А2, А4, А6, А8, А10, А12 – по другу. Отже, сторона А1А13 не перетинає цю пряму.

la. in.

6. Аксіоми

ЗАВДАННЯ № 1 «ПЕРЕВІРТЕ СЕБЕ» В ТЕСТОВІЙ ФОРМІ 1. Скільки прямих визначають три точки, які не лежать на одній прямій? А) 2; Б) 4; В) 3; Г ) 1. Три точки, які не лежать на одній прямій, визнаають три прямі.

2. Скільки можна провести відрізків, які містять дві задані точки? А) 1; Б) 2; В) 3; Можна провести безліч відрізків, які містять дві задані точки.

Г) безліч.

3. Точка M є внутрішньою точкою відрізка PQ. Яке з поданих тверджень є правильним? А) PM + MQ = PQ; В) MQ = PQ + PM; Б) PQ = PM – MQ; Г) PM = PQ + MQ. Якщо М – внутрішня точка відрізка PQ, то PM + MQ = PQ.

4. Точки A, B і C лежать на одній прямій, причому BC = 8 см, AB – BC = 8 см. Яке з поданих тверджень є правильним? А) Точка A — середина відрізка BC; Б) Точка B — середина відрізка AC; В) точка C — середина відрізка AB; Г) точки A і B збігаються. Якщо ВС = 8 см, АВ – ВС = 8 см, то точка С – середина відрізка АВ. 5. Довжина відрізка AB дорівнює 12 см. Скільки існує на прямій AB точок, сума відстаней від кожної з яких до кінців відрізка AB дорівнює 14 см? А) Безліч; Б) 1; В) 2; Г) жодної. Нехай АВ = 12 см. Існує дві точки С і D, для яких виконується умова: АС + ВС = 14 см, AD + BD = 14 см. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

6. Довжина відрізка AB дорівнює 12 см. Скільки існує на прямій AB точок, сума відстаней від кожної з яких до кінців відрізка AB дорівнює 12 см? А) Жодної; Б) 2; В) безліч; Г) 1. Нехай АВ = 12, тоді для будь-якої точки С відрізка АВ маємо: АС + ВС = 12 см.

Г ) ∠NOM.

la. in.

7. Два промені 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? А) ∠O; Б) ∠OMN; В) ∠MON;

9. Яке з поданих тверджень є хибним? А) Суміжні кути мають спільну вершину; Б) суміжні кути мають спільну сторону; В) завжди один із суміжних кутів гострий, а другий — тупий; бо один із суміжних кутів може бути прямим Г) якщо кути AOC і COB суміжні, то промені OA і OB доповняльні. 10. Яке з поданих тверджень є хибним? А) Вертикальні кути рівні; Б) якщо кути рівні, то вони вертикальні; бо кути 1 і 2 рівні, але не вертикальні

В) вертикальні кути мають спільну вершину; Г) сторони вертикальних кутів утворюють дві пари доповняльних променів. 11. Яке з поданих тверджень є правильним? А) Перпендикулярні відрізки завжди мають спільну точку; Б) перпендикулярніпромені завждимають спільнуточку; В) перпендикулярні прямі завжди мають спільну точку; Г) перпендикулярні промінь і відрізок завжди мають спільну точку. §2. Трикутники 7. Рівні трикутники. Висота, медіана, бісектриса трикутника

147. Накресліть трикутник: 1) гострокутний; 2) прямокутний; 3) тупокутний. Проведіть із кожної вершини трикутника висоту.

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

la. in.

148. Перерисуйте в зошит рисунок 125, проведіть висоту, спільну для всіх трьох зображених трикутників. У якого з них ця висота розміщена поза трикутником? ВН – спільна висота трикутників ABD, ABC, BDC. ВН лежить поза трикутником BCD.

149. Перерисуйте в зошит трикутники, зображені на рисунку 126, проведіть у кожному з них усі його висоти.

150. Накресліть довільний трикутник і проведіть усі його медіани.

151. Накресліть довільний трикутник і проведіть усі його бісектриси.

152. Накресліть довільний трикутник, позначте його вершини буквами M, K і E. Укажіть: 1) сторону, протилежну куту M; 2) кут, протилежний стороні MK; △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

3) сторони, прилеглі до кута K; 4) кути, прилеглі до сторони KE. 1) МЕ; 2) ∠Е; 3) МК і КЕ; 4) ∠К і ∠Е.

la. in.

153. Запишіть сторони, вершини та кути трикутника CEF (рис. 127). Укажіть: 1) кут, протилежний стороні CF; 2) кути, прилеглі до сторони CE; 3) сторону, протилежну куту E; 4) сторони, прилеглі до кута F. 1) ∠Е; 2) ∠С і ∠Е; 3) CF; 4) CF і EF. 154. Одна зі сторін трикутника в 5 разів менша від другої та на 25 см менша від третьої. Знайдіть сторони трикутника, якщо його периметр дорівнює 74 см. Нехай довжина першої сторони – х см, другої – 5х см, а третьої – х + 25 см. За умовою задачі: 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 сторін 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, а його сторони відносяться як 7 : 9 : 8. Знайдіть сторони трикутника. Нехай сторони трикутника дорівнюють 7х см, 9х см, 8х см. За умовою задачі: 7х + 9х + 8х = 48 24х = 48 х = 48 : 24 х=2 7 ⋅ 2 = 14 (см) – одна сторона трикутника. 9 ⋅ 2 = 18 (см) – друга сторона трикутника. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

la. in.

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 – спільна сторона б) ∠А – спільний кут в) ВС – спільна сторона 162. Відрізок CH — висота трикутника ABC (рис. 129). Знайдіть градусні міри кутів AHC і BHC. СН – висота СН ⊥ АВ → ∠АНС = ∠ВНС = 90° 163. Відрізок AM — медіана трикутника ABC (рис. 130), BM = 8 см. Знайдіть відрізки 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°. Знайдіть градусні міри кутів CBD і ABC. BD – бісектриса → ∠ABD = ∠DBC = 42° → ∠ABC = 42° ⋅ 2 = 84° 165. Які з елементів трикутника — бісектриса, медіана, висота — завжди належать трикутнику? Бісектриса та медіана завжди належать трикутнику. 166. Який з елементів трикутника — бісектриса, медіана, висота — може збігатися з його стороною? Укажіть вид трикутника, для якого це можливо. Зі стороною трикутника може співпадати висота, це можливо для прямокутного трикутника. АВ і АС – висоти трикутника АВС.

167. 1) Чи може одна висота трикутника належати йому, а дві інші — ні? 2) Чи може тільки одна висота трикутника збігатися з його стороною? 3) У якому трикутнику три висоти перетинаються в його вершині? 1) У тупокутному трикутнику одна висота може належати трикутнику, ВН – висота.

2) Не може тільки одна висота збігатися зі стороною трикутника. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

la. in.

3) У прямокутному трикутнику три висоти перетинаються у вершині прямого кута. 168. На стороні AC трикутника ABC позначили точку D. Відрізок BD розбиває трикутник ABC на два трикутники, периметри яких дорівнюють 32 см і 36 см. Знайдіть периметр 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. На стороні BC трикутника ABC позначили точку М. Периметри трикутників ABC, AMC і AMB дорівнюють відповідно 60 см, 36 см і 50 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.

Відповідь: 13 см. 170. На рисунку 132 KP = PE = EF = FT = 1 см. Які рівні відрізки є ще на цьому рисунку? Знайдіть їхні довжини. КЕ = PF = ET = 2 см, KF = PT = 3 см. 171. Промінь BD розбиває кут ABC, який дорівнює 72°, на два кути ABD і CBD так, що ∠ABD = 5∠CBD. Промінь BK проходить так, що промінь BA є бісектрисою кута DBK. Визначте градусну міру та вид кута DBK. Нехай ∠CBD = х°, тоді ∠ABD = 5х° і за умовою задачі маємо: 5х + х = 72 6х = 72 х = 72 : 6 х = 12° - ∠CBD. ∠ABD = 5 ⋅ 12° = 60°. Оскільки промінь ВА є бісектрисою кута DBK, то ∠АВК = 60 і тоді ∠DBK = 60° ⋅ 2 = 120° - тупий кут.

Відповідь: ∠DBK = 120° - тупий кут. 172. Розріжте кожну з фігур, зображених на рисунку 133, на дві рівні фігури (розрізати не обов’язково вздовж ліній сітки).

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

в)

б)

la. in.

А)

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

г)

ґ)

8. Перша та друга ознаки рівності трикутників

173. За допомогою лінійки та транспортира побудуйте трикутник, дві сторони якого дорівнюють 3 см і 6 см, а кут між ними — 40°.

174. За допомогою лінійки та транспортира побудуйте трикутник, дві сторони якого дорівнюють 3 см і 4 см, а кут між ними — 90°. Укажіть вид цього трикутника. Прямокутний.

175. За допомогою лінійки та транспортира побудуйте трикутник, одна сторона якого дорівнює 3 см, а кути, що прилягають до цієї сторони, — 100° і 20°. Укажіть вид цього трикутника. Тупокутний.

176. За допомогою лінійки та транспортира побудуйте трикутник, одна сторона якого дорівнює 6 см, а кути, що прилягають до цієї сторони, — 90° і 45°.

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

la. in.

177. Перерисуйте в зошит рисунок 140. За допомогою косинця та лінійки знайдіть на прямій l точку, рівновіддалену від кінців відрізка AB.

178. Перерисуйте в зошит рисунок 141. За допомогою косинця та лінійки знайдіть точку, яка рівновіддалена від точок A і B та водночас рівновіддалена від точок C і D.

179. Чи є рівними трикутники, зображені на рисунку 142? У разі ствердної відповіді вкажіть, за якою ознакою рівності трикутників вони рівні. а) ∆АВС = ∆А1В1С1 за першою ознакою (за двома сторонами та кутом між ними): 1) АС = А1С1 = 4 см 2) СВ = С1В1 = 2 см 3) ∠С = ∠С1 = 120° б) ∆АВС = ∆А1В1С1 за катетот і гострим кутом: 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. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

la. in.

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 застороню (АС) і двома 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. Оскільки ∠АВС = ∠DEF за умовою, тоді ∠СВО = ∠FEO – як суміжні з рівними кутами. У трикутниках 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. У трикутниках АВС і CDA: ∠АСВ = ∠DAC (за доведеним), ∠ВАС = ∠DCA (за умовою), АС – спільна сторона, тоді ∆АВС = ∆CDA за стороною і двома прилеглими кутами. 193. Із точок A і B, які лежать в одній півплощині відносно прямої a на однаковій відстані від неї, опущено на цю пряму перпендикуляри AC і BD. Знайдіть кут ACB, якщо ∠ADC = 25°. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

Оскільки за умовою АС = BD, ∠ACD = ∠BDC = 90°, а сторона CD – спільна для трикутників ACD і BDC, то ∆ACD = ∆BDC за двома сторонами і кутом між ними, тоді ∠ADC = ∠BCD = 25°. ∠АСВ = ∠ACD - ∠BCD = 90° - 25° = 65°.

Відповідь: 65°. 194. Відрізки AD і BC перетинаються в точці O та діляться цією точкою навпіл. Знайдіть кут ACD, якщо ∠ABC = 64 °, ∠ACO = 56 °. Оскільки АО = DO (за умовою), ВО = СО (за умовою), ∠АОВ = ∠DOC (як вертикальні кути), то ∆АОВ = ∆DOC за двома сторонами і кутом між ними, тоді ∠АВО = ∠DCO = 64°. ∠ACD = ∠ACO + ∠DCO = 64° + 56° = 120°.

la. in.

Відповідь: 120°. 195. На сторонах кута з вершиною в точці В позначено точки А і С, а на його бісектрисі — точку D таку, що ∠ADB = ∠CDB. Доведіть, що AB = BC. Оскільки ∠ABD = ∠CBD (бо BD — бісектриса кута B). ∠ADB = ∠CDA (за умовою), BD — спільна сторона трикутників BDA і BDC, то ∆BDA = ∆BDC за стороною і двома прилеглими кутами, тоді AB = BC.

196. Через точку М, що належить бісектрисі кута з вершиною в точці О, проведено пряму, яка перпендикулярна до цієї бісектриси. Ця пряма перетинає сторони даного кута в точках A і B. Доведіть, що AM = MB. 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.

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

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

Оскільки ∆ABC = ∆A1B1C1 – це означає, що відповідні сторони і кути цих трикутників рівні. Зокрема і AB = A1B1. Також відомо, що відрізки AD і A1D1 теж рівні між собою. Розглянемо трикутники ABD і A1B1D1:

la. in.

∠BAD = ∠B1A1D1 як відповідні кути при вершнах A і A1; Отже, ∆ABD = ∆A1B1D1, оскільки маємо дві рівні сторони і кут між ними (перша ознака 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 умовою), ∠KOE = ∠POE (за доведенням), OE — спільна сторона, тоді ∆KOE = ∆POE за двома сторонами і кутом між ними.

201. На продовженні медіани AM трикутника ABC за точку M відкладено відрізок MK, який дорівнює відрізку AM. Знайдіть відстань від точки K до вершини C, якщо AB = 6 см. Оскільки AM = MK (за умовою), BM = CM (за умовою), ∠AMB = ∠KMC (як вертикальні), то ∆AMB = ∆KMC, тоді KC = AB = 6 см.

202. Відрізки AB і CD перетинаються в точці O та діляться точкою перетину навпіл. Доведіть, що ∆ABC = ∆BAD. ∆ACO = ∆BDO — за двома сторонами і кутом між ними (AO = BO за умовою, CO = DO за умовою, ∠AOC = ∠BOD — як вертикальні кути), тоді AC = BD, ∠CAO = ∠DBO. ∆ABC = ∆BAD за двома сторонами і кутом між ними (AC = BD — за доведенням, AB — спільна сторона, ∠CAB = ∠DBA — за доведенням). Отже, ∆ABC = ∆BAD. 203. На рисунку 160 прямі m і n — серединні перпендикуляри сторін AB і AC трикутника ABC. Доведіть, що точка O рівновіддалена від усіх вершин даного трикутника.

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

la. in.

182. ∆AOM = ∆BOM за двома сторонами і кутом між 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: AB = A1B1 (за доведенням), ∠B = ∠B1 (за доведенням), ∠BAL = ∠B1A1L1 (за доведенням), тоді ∆ABL = ∆A1B1L1, звідси AL = A1L1. 205. Доведіть, що в рівних трикутниках медіани, проведені 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. 206. 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. Із рівності трикутників 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 периметр трикутника AMC дорівнює 26 см. Нехай AD = DB, DM ⊥ AB. ∆AMD = ∆BMD за двома сторонами і кутом між ними. Із рівності трикутників маємо: AM = BM. Оскільки 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). Відповідь: 10 см. 208. На рисунку 161 OA = OD. Додайте ще одну умову таку, щоб трикутники AOC і DOB виявилися рівними: 1) за першою ознакою рівності трикутників; △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

la. in.

2) за другою ознакою рівності трикутників. 1) Слід додати умову: CO = BO. Дійсно, ∆AOC = ∆DOB за першою ознакою рівності трикутників, бо AO = DO за умовою, CO = BO за умовою, ∠AOC = ∠DOB — як вертикальні кути. 2) Слід додати умову ∠AOC = ∠BDO. Дійсно, ∆AOC = ∆DOB за другою ознакою рівності трикутників, бо AO = DO за умовою, ∠AOC = ∠BDO за умовою, ∠AOC = ∠DOB — як вертикальні кути. 209. Відрізки AB і CD перетинаються в точці O та діляться цією точкою навпіл. На відрізку AC позначено точку M, а на відрізку BD — точку K так, що AM = BK. Доведіть, що: 1) OM = OK; 2) точки M, O і K лежать на одній прямій. ∆AOC = ∆BOD за двома сторонами і кутом між ними (AO = BO за умовою, CO = DO за умовою, ∠COA = ∠DOB — як вертикальні кути), звідси ∠A = ∠B. Тоді ∆AOM = ∆BOK за двома сторонами і кутом між ними, тоді MO = KO і ∠MOA = ∠BOK. ∠AOB = 180°. ∠AOM + ∠MOB = 180°, звідси ∠MOB + ∠BOK = 180°, отже, точки M, O, K лежать на одній прямій. 210. На одній стороні кута з вершиною в точці O (рис. 162) позначено точки A і B, а на другій — точки C і D так, що OA = OC, AB = CD. Доведіть, що промінь OM є бісектрисою кута BOD, де M — точка перетину відрізків AD і BC. ∆OBC = ∆ODA за двома сторонами і кутом між ними (OB = OD — як сума двох рівних відрізків, OC = OA за умовою, ∠AOC = ∠OBC — спільний). Із рівності трикутників випливає, що ∠OBC = ∠ODA, ∠OCB = ∠OAD, тоді ∠BCD = ∠DAB — як суміжні кути до рівних кутів. ∆ABM = ∆DCM за стороною і двома прилеглими кутами, тоді AM = CM. ∆OAM = ∆OCM за двома сторонами і кутом між ними (OA = OC за умовою, ∠AOM = ∠COM — за доведенням, AM = CM — за доведенням), тоді ∠AOM = ∠COM, тобто OM — бісектриса кута BOD. 211. Для знаходження відстані від точки B до дзвіниці A, яка розташована на другому березі річки (рис. 163), за допомогою віх, рулетки й астролябії позначили на місцевості точки C, D і E так, що точки B, C і D лежать на одній прямій, причому точка C є серединою відрізка BD. Потім намітили пряму AE, яка проходить через точку C, причому ∠ABC = ∠CDE. Потім, вимірявши одну зі сторін трикутника CDE, визначили відстань від точки B до точки A. Яку сторону виміряли? Відповідь обґрунтуйте. Оскільки за умовою BC = CD і ∠ABC = ∠CDE, а ∠ACB = ∠ECD — як вертикальні, то ∆ABC = ∆EDC за стороною і двома прилеглими кутами, тоді AB = DE. Отже, виміряти сторону DE.

212. Для визначення ширини озера (рис. 164) на його березі позначили точки A і B, а потім ще точки C, D і O так, щоб точка O була спільною серединою відрізків AC і BD. Як можна визначити ширину озера? Відповідь обґрунтуйте. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

Оскільки за умовою AO = CO, BO = DO, а ∠AOB = ∠COD — як вертикальні, то ∆AOB = ∆COD за двома сторонами і кутом між ними, тоді AB = CD. Отже, слід виміряти сторону CD.

la. in.

213. Чи є правильним твердження: якщо через кожні дві з трьох даних точок провести пряму, то одержимо три прямі? Твердження: якщо через кожні дві з трьох даних точок провести пряму, то одержимо три прямі, справедливе лише у випадку, коли три точки не лежать на одній прямій. Якщо три точки лежать на одній прямій, то можна провести лише одну пряму. 214. Промені OD і OF — бісектриси суміжних кутів AOB і BOC відповідно, ∠AOD : ∠FOC = 2 : 7. Знайдіть кути AOD і FOC. ∠AOD : ∠FOC = 2 : 7. Оскільки OD і OF — бісектриси кутів AOB і BOC, то ∠AOB : ∠BOC = 4 : 14. 180°·4 Тоді ∠AOB = = 40°, 4 + 14 а ∠AOD = ½∠AOB = ½·40° = 20°; 180°·14 ∠COB = = 140°; 4 + 14 ∠COF = ½∠COB = ½·140° = 70°. Відповідь: 20° і 70°. 215. Розділіть кожну з фігур, що зображено на рисунку 165, уздовж ліній сітки на чотири рівні частини так, щоб у кожній частині було тільки одне коло.

9. Рівнобедренний трикутник та його властивості

216. Накресліть:

1) різносторонній гострокутний трикутник;

2) рівнобедрений прямокутний трикутник; △∥∠⊥ © shkola.in.ua

3) рівнобедрений тупокутний трикутник.

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

217. Накресліть:

la. in.

1) різносторонній прямокутний трикутник; 2) різносторонній тупокутний трикутник. 218. Накресліть рівнобедрений трикутник з бічною стороною завдовжки 3 см так, щоб його кут при вершині був: 1) гострим; 2) прямим; 3) тупим. У побудованих трикутниках проведіть висоти до бічних сторін.

219. 1) Знайдіть периметр рівнобедреного трикутника, основа якого дорівнює 13 см, а бічна сторона — 8 см. 2) Периметр рівнобедреного трикутника дорівнює 39 см, а основа — 15 см. Знайдіть бічні сторони трикутника. 1) PΔ = 13 + 2 × 8 = 29 (см). 2) Нехай x см — бічна сторона, тоді 15 + 2x = 39, тоді Відповідь: 29 см. 2x = 39 - 15 2x = 24 x = 24 : 2; x = 12 Відповідь: 12 см. 220. Периметр рівнобедреного трикутника дорівнює 28 см, а бічна сторона — 10 см. Знайдіть основу трикутника. 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, бічна сторона дорівнює 9 см, а основа 9 + 5 = 14 (см). Відповідь: 14 см, 9 см, 9 см. 222. Знайдіть сторони рівнобедреного трикутника, периметр якого дорівнює 54 см, а основа в 4 рази менша від бічної сторони. Нехай x см — основа, 4x см — бічна сторона, тоді x + 4x × 2 = 54, звідси 9x = 54; x = 54 : 9; x = 6; 4x = 4 × 6 = 24. Отже, основа дорівнює 6 см, а бічна сторона 24 см. Відповідь: 24 см, 24 см, 6 см. 223. У рівнобедреному трикутнику ABC сторона AC — основа, ∠BCA = 40°, ∠ABC =100°, відрізок BD — медіана. Знайдіть кути трикутника ABD. Медіана BD є також висотою і бісектрисою, тому 1 1 ∠ABD = ∠ABC =  100° = 50°. 2 2 Оскільки ∠BCA = 40°, то ∠BAD = 40°, ∠BDA = 90°. Відповідь: 40°, 50°, 90° △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

224. На рисунку 170 AB = BC, відрізок BD — медіана трикутника ABC, ∠ABD = 53°. Знайдіть кути ABC і ADE. 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°.

la. in.

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 KP — бісектриса і медіана трикутника MEK, тому ME = 2OE = 2 ⋅ 6 = 12 (см), 1 1 ∠MKO = ∠MKE = ⋅ 48° = 24°. 2 2 Відповідь: 12 см, 24°.

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

227. Кут, вертикальний до кута при вершині рівнобедреного трикутника, дорівнює 68°. Знайдіть кут між бічною стороною трикутника та медіаною, проведеною до основи. 1 1 ∠1 = 68°, тоді ∠ABC = 68°, ∠DBC = ∠ABC = ⋅ 68° = 34°. 2 2 Відповідь: 34°.

228. Кут, суміжний із кутом при вершині рівнобедреного трикутника, дорівнює 76°. Знайдіть кут між бічною стороною трикутника та висотою, опущеною на основу. ∠1 = 76°, тоді ∠ABC = 180° - ∠1 = 180° - 76° = 104°. 1 1 ∠DBC = ∠ABC = ⋅ 104° = 52°. 2 2 Відповідь: 52°. 229. На рисунку 173 AB = BC, DC = DE. Доведіть, що ∠A = ∠E. Оскільки ΔABC і ΔCDE — рівнобедрені, то ∠A = ∠ACB, ∠E = ∠DCE. Крім того, ∠ACB = ∠DCE — як вертикальні. Тоді ∠A = ∠ACB = ∠DCE = ∠E. Отже, ∠A = ∠E. 230. Пряма перетинає сторони кута A в точках B і C так, що AB = AC (рис. 174). Доведіть, що ∠1 = ∠2. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

За умовою AB = AC, тоді ∠ACB = ∠ABC (властивість рівнобедреного трикутника). Крім того, ∠ACB = ∠2, ∠ABC = ∠1 за властивістю вертикальних кутів. Тоді ∠1 = ∠CBA = ∠ACB = ∠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.

la. in.

232. Трикутник ABC — рівнобедрений з основою AC, BD — його бісектриса, DM — бісектриса трикутника BDC. Знайдіть кут ADM. AB = BC, ∠ABD = ∠CBD, ∠BDM = ∠CDM, 1 1 ∠CDM = ∠BDM = ⋅ 90° = 45°, 2 2 ∠ADM = ∠ADB + ∠BDM = 90° + 45° = 135°. Відповідь: 135°.

233. Учень стверджує, що деякий трикутник рівнобедрений, а учениця — що цей трикутник рівносторонній. 1) Чи можуть обидві дитини мати рацію? 2) У якому випадку має рацію тільки одна дитина і хто саме? 1) Так, і учень і учениця можуть бути правими, якщо даний трикутник рівносторонній. 2) Якщо трикутник — рівнобедрений, але не рівносторонній, то правий тільки учень. 234. Використовуючи ознаки рівності трикутників, доведіть ознаку рівності рівнобедрених трикутників за бічною стороною та кутом при вершині. Якщо AB = A₁B₁, то BC = B₁C₁, бо трикутники ABC і A₁B₁C₁ — рівнобедрені. Оскільки AB = A₁B₁, BC = B₁C₁, ∠B = ∠B₁, то ΔABC = ΔA₁B₁C₁ за двома сторонами і кутом між ними.

235. Використовуючи ознаки рівності трикутників, доведіть ознаку рівності рівнобедрених трикутників за основою та прилеглим до неї кутом. Якщо ∠A = ∠A₁, то ∠C = ∠C₁, бо трикутники ABC і A₁B₁C₁ — рівнобедрені. Оскільки AC = A₁C₁, ∠A = ∠A₁, ∠C = ∠C₁, то ΔABC = ΔA₁B₁C₁ за стороною і двома прилеглими кутами. 236. У трикутнику MKE відомо, що MK = ME. На стороні KE позначено точки F і N так, що точка N лежить між точками F і E, причому ∠KMF = ∠EMN. Доведіть, що ∠MFN = ∠MNF.

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

На рис. ME = MK, ∠E = ∠K, ∠KMF = ∠EMN, тому ΔKMF = ΔEMN за стороною і двома прилеглими кутами. Із рівності трикутників випливає, що MF = FN, тож ΔMFN — рівнобедрений, тоді ∠MFN = ∠MNF.

237. На основі AC рівнобедреного трикутника ABC позначено точки M і K так, що точка M лежить між точками A і K, причому AM = CK. Доведіть, що трикутник MBK 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.

la. in.

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 трикутнику ABC з основою AC на медіані BD позначили довільну 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.

240. Доведіть, що бісектриси рівнобедреного трикутника, проведені з вершин кутів при основі, рівні. 1 1 На рис. AB = BC, ∠BAL = ∠BAC = ∠BCA = ∠BCK, ∠B — 2 2 спільний для трикутників ABL і CBK, тоді ΔABL = ΔCBK за стороною і двома прилеглими кутами. Із рівності трикутників випливає, що AL = CK. 241. Доведіть, що медіани рівнобедреного трикутника, проведені до бічних сторін, рівні. 1 1 На рисунку AB = BC, AE = AB = BC = CD, AC — спільна 2 2 сторона трикутників AEC і CDA, ∠EAC = ∠DCA, тоді ΔAEC = ΔCDA за двома сторонами і кутом між ними. Із рівності трикутників випливає, що AD = CE.

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

242. Доведіть, що середини сторін рівнобедреного трикутника є вершинами рівнобедреного трикутника. 1 1 Оскільки ∠B = ∠C, BE = EC, DB = AB = AC = FC, то ΔDBE 2 2 = ΔFCE. Із рівності трикутників маємо DE = EF, тож ΔDEF — рівнобедрений.

la. in.

243. Знайдіть третю сторону рівнобедреного трикутника, якщо дві інші його сторони дорівнюють 7 см і 4 см. Скільки розв’язків має задача? 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 14–4 трикутника дорівнює = 5 см. Якщо бічна сторона рівнобедреного трикутника 2 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 є його висотою та медіаною; 2) бісектриса рівностороннього трикутника є його висотою та медіаною; 3) якщо периметр трикутника в 3 рази більший за одну з його сторін, то цей трикутник рівносторонній? 1) Твердження не є правильним, бо тільки бісектриса рівнобедреного трикутника, проведена до основи, є його висотою і медіаною. 2) Твердження правильне. 3) Твердження не є правильним для трикутника зі сторонами 3 см, 5 см і 1 см. Периметр трикутника — 9 см — втричі більший за сторону (3 см), проте трикутник різносторонній. 246. На продовженнях сторін AB, BC, AC рівностороннього трикутника ABC (рис. 176) за точки A, B і C відповідно відклали рівні відрізки AD, BK і CE. Доведіть, що трикутник 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 до рівних кутів ABC, BCA, CAB, тому ΔDBK = ΔKCE = ΔEAD. Із рівності цих трикутників випливає, що DK = KE = DE, тож ΔDEK — рівносторонній. 247. На сторонах рівностороннього трикутника ABC (рис. 177) позначили точки M, K і D так, що AD = AD = BM = CK. Доведіть, що трикутник MKD рівносторонній. У трикутниках AMD, BKM, CDK маємо: ∠A = ∠B = ∠C, AD = BM = CK за умовою, AM = BK = CD — як різниці рівних відрізків AB - AM, BC - BK, AC - CD, тому ΔAMD = ΔBKM = ΔCDK. З рівності трикутників випливає: MD = KM = DK, тож ΔDMK — рівносторонній.

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

la. in.

248. Основа рівнобедреного трикутника дорівнює 20 см, а його медіана ділить даний трикутник на два трикутники так, що периметр одного з них на 6 см менший від периметра другого. Знайдіть бічну сторону даного трикутника. Скільки розв’язків має задача? Нехай у рівнобедреному трикутнику 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 a, на три відрізки AC, CD і DB так, що AC = 2CD, CD = 2DB. Знайдіть відстань між: 1) точкою A та серединою відрізка CD; 2) серединами відрізків AC і DB. Нехай AB = a, DB = x, тоді CD = 2x, AC = 2 × CD = 2 × 2x = 4x. а Тоді x + 2x + 4x = a; 7x = a; x = . 7

5а

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

5а

Відповідь: . 7 2) N і K — середини відрізків AC і DB відповідно, тоді х 9х 9 а 9а MK = NC + CD + DK = 2x + 2x + = = ⋅ = . 9а

Відповідь: . 14 251. Нарисуйте шестикутник, який можна одним розрізом поділити на два трикутники.

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

10. Ознаки рівнобедреного трикутника 252. У трикутнику ABC медіана BK перпендикулярна до сторони AC. Знайдіть кут ABC, якщо ∠ABK = 25°. △ABC — рівнобедрений, тому BK є бісектрисою кута ABC, отже, ∠ABC = 2 × ∠ABK = 2 × 25° = 50°. Відповідь: 50°.

la. in.

253. Серединний перпендикуляр сторони AC трикутника ABC проходить через вершину B. Знайдіть кут C, якщо ∠A =17°. BK є висотою та медіаною, тому △ABC — рівнобедрений, AB = BC, отже, ∠C = ∠A = 17°. Відповідь: 17°.

254. У трикутнику ABC відомо, що ∠ACB = 90°, ∠A = ∠B = 45°, відрізок CK — висота. Знайдіть сторону AB, якщо CK = 7 см. 1 AC = BC, тому BK — бісектриса, ∠ACK = ⋅ 90° = 45°, ∠KCB = 2 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 = ∠BСA, то △ABC — рівнобедрений.

257. Пряма, перпендикулярна до бісектриси кута A, перетинає його сторони в точках B і C. Доведіть, що трикутник ABC рівнобедрений. Оскільки AK є бісектрисою і висотою трикутника ABC, то △ABC — рівнобедрений.

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

258. Бісектриси AM і CK кутів при основі AC рівнобедреного трикутника ABC перетинаються в точці O. Доведіть, що трикутник AOC рівнобедрений. Оскільки △ABC — рівнобедрений, то ∠BAC = ∠BCA, тоді ∠OAC 1 1 = ∠BAC = ∠BCA = ∠OCA. Оскільки ∠OAC = ∠OCA, то △AOC 2 2 — рівнобедрений (AO = CO).

la. in.

259. У трикутнику ABC бісектриса BK є його висотою. Знайдіть периметр трикутника 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. Знайдіть відрізок 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: 1) якщо медіана й висота трикутника, проведені з однієї вершини, не збігаються, то цей трикутник не є рівнобедреним; 2) якщо бісектриса трикутника ділить протилежну сторону навпіл, то цей трикутник рівнобедрений? 1) Твердження не є правильним, на рисунку: AM — медіана, AH — висота, проте △ABC — рівнобедрений (AB = BC). 2) Твердження правильне.

262. Медіани AE і CF, проведені до бічних сторін BC і AB рівнобедреного трикутника ABC, перетинаються в точці M. Доведіть, що трикутник AMC рівнобедрений. △AEC = △CFA за двома сторонами і кутом між ними (AC — 1 1 спільна, EC = BC = BA + AF, ∠ECA = ∠FAC). 2 2 Із рівності трикутників випливає, що ∠EAC = ∠FCA, тоді △AMC — рівнобедрений.

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

la. in.

263. Точки M і K належать відповідно бічним сторонам AB і BC рівнобедреного трикутника ABC, АМ = СK. Відрізки AK і CM перетинаються в точці O. Доведіть, що трикутник AOC рівнобедрений. Розглянемо △AKC та △CMA. 1. AM = CK (дано за умовою). 2. ∠A = ∠C (як кути при основі AC рівнобедреного △ABC). 3. AC — спільна сторона. Звідси випливає, що △AKC = △CMA за двома сторонами та кутом між ними (ознака рівності). З рівності △AKC = △CMA випливає рівність відповідних кутів: ∠KAC = ∠MCA. Розглянемо △AOC: Кут ∠OAC — це те саме, що ∠KAC. Кут ∠OCA — це те саме, що ∠MCA. Оскільки ми довели, що ∠KAC = ∠MCA, то ∠OAC = ∠OCA. Якщо в трикутнику △AOC два кути рівні, то цей трикутник є рівнобедреним з основою AC. Звідси також випливає, що AO = CO. 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 проведено прямі, перпендикулярні до бісектрис кутів ABC і BAC. Ці прямі перетинають сторони AC і BC у точках M і K відповідно. Доведіть, що АМ = ВK. Оскільки у трикутнику AMD AF — бісектриса і висота, то △AMD — рівнобедрений, звідси AM = AD. Оскільки у трикутнику BDK BH — бісектриса і висота, то △BDK — рівнобедрений, звідси KB = DB. Оскільки AM = AD, BK = DB і AD = BD за умовою, то AM = BK.

266. Медіана AM трикутника ABC перпендикулярна до його бісектриси BK. Знайдіть сторону AB, якщо BC = 16 см. На рисунку: CM = MB, ∠ABK = ∠KBC, AM ⊥ BK. Оскільки у трикутнику ABM відрізок OB — бісектриса і висота, то △ABM — рівнобедрений, тоді 1 1 AB = MB = BC = ⋅ 16 = 8 (см). 2 2 Відповідь: 8 см.

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

267. Пряма, яка проходить через вершину A трикутника ABC перпендикулярно до його медіани BD, ділить цю медіану навпіл. Знайдіть відношення довжин сторін AB і AC трикутника ABC. На рисунку: AD = DC, BO = OD, AK ⊥ BD. Оскільки AO — медіана і висота трикутника ABD, то 1 △ABD — рівнобедрений і AB = AD = AC. 2 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. 1 1 ∠KCA = ∠C = ⋅ 90° = 45°, ∠BCK = 45°. 2 1

la. in.

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

269. Довжини сторін трикутника, виражені в сантиметрах, дорівнюють трьом послідовним натуральним числам. Знайдіть сторони цього трикутника, якщо одна з його медіан перпендикулярна до однієї з його бісектрис. Нехай AB = n см, BC = (n + 2) см, AC = (n + 1) см. BM = MC, ∠ABL = ∠LBC, BL ⊥ AM. △ABM — рівнобедрений, оскільки в ньому збігається бісектриса і висота, проведені з вершини 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 позначено точку M таку, що CM = 1 см. Пряма, яка проходить через точку M перпендикулярно до бісектриси кута ACB, перетинає відрізок AC у точці K, а пряма, яка проходить через точку K перпендикулярно до бісектриси кута BAC, перетинає пряму AB у точці D. Знайдіть відрізок BD. △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). Відповідь: 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. На рисунку: AB = BC = CD = DE = EF = x см. Тоді AB : CF = x : 2x = 1 : 2; AB : BF = x : 4x = 1 : 4; △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

BD : AE = 2x : 4x = 1 : 2. Відповідь: 1 : 2, 1 : 4, 1 : 2. 272. Знайдіть кути, які утворилися при перетині двох прямих, якщо один із них на 42° більший за половину іншого кута. 1 На рисунку: ∠1 - 42° = ∠2. 2

la. in.

Нехай ∠1 = x°, ∠2 = 180° - x°, тоді x - 42 = 90 - , звідси 2 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 трьома сторонами. Із рівності трикутників маємо: ∠BAC = ∠BAD = 25°. Відповідь: 25°.

276. Доведіть, що два рівнобедрених трикутники рівні, якщо бічна сторона та основа одного трикутника відповідно дорівнюють бічній стороні та основі другого трикутника. Нехай AB = BC, A1B1 = B1C1, AB = A1B1, AC = A1C1. Оскільки AB = A1B1, AB = BC, A1B1 = B1C1, то BC = B1C1. △ABC = △A1B1C1 за трьома сторонами (AB = A1B1 за умовою, BC = B1C1 — за доведенням, AC = A1C1 за умовою).

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

277. Доведіть, що два рівносторонніх трикутники рівні, якщо сторона одного трикутника дорівнює стороні другого трикутника. Якщо AB = A1B1, то BC = B1C1, AC = A1C1, отже, △ABC = △A1B1C1 (за третьою ознакою рівності трикутників).

la. in.

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

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

la. in.

283. На рисунку 200 AB = CD, BC = AD, промінь BM — бісектриса кута ABC, промінь DK — бісектриса кута ADC. Доведіть, що ΔABM= ΔCDK. △ABC = △CBA за трьома сторонами (AB = CD за умовою, BC = AD за умовою, AC — спільна сторона). Із рівності трикутників ∠BAC = ∠DCA, ∠ABC = ∠CDA, тоді ∠ABM = 1 1 ∠ABC = ∠CDA = ∠CDK. 2 2 △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 кутом 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 перпендикуляру до відрізка BC. Оскільки AM = AN, то точка A належить серединному перпендикуляру до відрізка MN. У такому випадку відрізки BC і MN повинні співпадати, а вони не співпадають. Отже, Оксана рації не має.

288. Чи будуть два трикутники рівними, якщо кожній стороні одного трикутника дорівнює деяка сторона другого трикутника?

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

Ні, не можна стверджувати, що два трикутники є рівними, якщо кожній стороні одного трикутника дорівнює деяка сторона другого трикутника (див. малюнок). 289. Доведіть рівність двох трикутників за двома сторонами та медіаною, яка проведена до третьої сторони. 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.

la. in.

△ABM = △CDM (за першою ознакою), △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 = 7 : 8, AD : BD = 13 : 17. Знайдіть довжину відрізка AB, якщо відстань між точками C і D дорівнює 2 см. 7х 8х 13х Нехай AB = x см, AC = см, BC = , AD = , BD =

17х 30

, тоді CD = AC - AD =

7х

15 13х 30

За умовою задачі = 2, звідси x = 60 см. 30 Відповідь: 60 см. 291. Прямі AB і CD перетинаються в точці O, промені OM і OK — бісектриси відповідно кутів AOC і BOC, які утворилися при цьому. Чи буде кут MOK прямим? Так. Дійсно, ∠AOC і ∠BOC — суміжні, і тоді ∠MOK = ∠MOC 1 1 1 1 + ∠COK = ∠AOC + ∠COB = (∠AOC + ∠COB) = ⋅ 180° = 2 2 2 2 90°.

292. Квадрат розрізали по діагоналях на чотири трикутники (рис. 202). Складіть із цих трикутників два квадрати.

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

la. in.

12. Теореми 293. У теоремах 4.1, 8.2, 9.1, 10.3, 11.2 укажіть умову й висновок теореми. Теорема Умова Висновок 4.1 Кути AOC і COB — суміжні ∠AOC + ∠COB = 180° 8.2 Х належить серединному XA = XB перпендикуляру відрізка AB 9.1 ΔABC — рівнобедрений з основою 1) ∠A = ∠C; AC 2) бісектриса кута B є медіаною і висотою. 10.3 Два кути трикутника ABC рівні ΔABC — рівнобедрений 11.2 Точка X віддалена від кінців відрізка X належить серединному AB перпендикуляру відрізка AB 294. Із теорем 4.1, 8.2, 9.1, 10.3, 11.2 виберіть: 1) теореми-властивості; 4.1; 8.2; 9.1; 11.2. 2) теореми-ознаки. 10.3. 295. Сформулюйте твердження, що є оберненим до даного: 1) якщо трикутник рівносторонній, то його кути рівні; Якщо кути трикутника рівні, то він рівносторонній (пряме і обернене твердження є правильними). 2) якщо два кути вертикальні, то їхні бісектриси є доповняльними променями; Якщо бісектриси двох кутів є доповняльними променями, то ці кути вертикальні (пряме твердження є правильним, а обернене — хибним).

3) якщо кут між бісектрисами двох кутів прямий, то ці кути суміжні; Якщо два кути суміжні, то кут між їхніми бісектрисами прямий (пряме твердження є хибним, а обернене — правильним).

4) якщо сторона та протилежний їй кут одного трикутника дорівнюють відповідно стороні та протилежному їй куту другого трикутника, то ці трикутники рівні. Якщо два трикутники рівні, то сторона і протилежний кут одного трикутника дорівнюють відповідно стороні і протилежному їй куту другого трикутника (пряме твердження є хибним, а обернене — правильним). 296. Сформулюйте твердження, яке є оберненим до даного:

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

Якщо AB + BC = AC, то точка B лежить між точками A і C (пряме і обернене твердження є правильними). 1) якщо два трикутники не рівні, то їхні периметри теж не рівні; Якщо периметри двох трикутників не рівні, то ці трикутники не рівні (пряме твердження є хибним, а обернене — правильним).

2) якщо градусна міра кута більша за 90°, то він є тупим. Якщо кут є тупим, то його градусна міра більша за 90° (пряме твердження є хибним, а обернене — правильним).

la. in.

297. Сформулюйте твердження, що заперечує дане: 1) відрізок AB перетинає пряму m; відрізок AB не перетинає пряму t; 2) градусна міра кута ABC більша за 40°; градусна міра кута ABC не більша за 40°; 3) із двох суміжних кутів хоча б один не більший за 90°; обидва суміжні кути більші 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 на прямій можна провести тільки одну пряму, перпендикулярну до даної; через точку на даній прямій можна провести більше одної прямої, перпендикулярної даній, або не можна провести жодної прямої, перпендикулярної даній. 4) промінь AC ділить кут BAK навпіл. Промінь АС не ділить кут ВАК навпіл. 299. Доведіть, використовуючи метод від супротивного, що коли жодна з висот трикутника не збігається з бісектрисою, проведеною з тієї самої вершини, то трикутник не є рівнобедреним. Припустимо, що трикутник є рівнобедреним. Тоді висота, проведена до основи, і бісектриса трикутника, проведена із вершини, протилежної до основи, збігається, а це суперечить умові. Отже, трикутник не є рівнобедреним. 300. Доведіть, використовуючи метод від супротивного, що коли сторони AB і BC трикутника ABC не рівні, то його медіана BD не є його висотою. Припустимо, що кути вертикальні, тоді вони рівні, що суперечить умові. Отже, дані кути не можуть бути вертикальними. 301. Доведіть методом від супротивного, що коли різниця двох кутів дорівнює 1°, то вони не можуть бути вертикальними.

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

la. in.

Припустимо, що кути вертикальні, тоді вони рівні, що суперечить умові. Отже, дані кути не можуть бути вертикальними. 302. Доведіть методом від супротивного, що з двох суміжних кутів хоча б один не менший від 90°. Припустимо, що обидва кути менші за 90°, тоді їх сума не дорівнює 180°, що суперечить теоремі про суміжні кути. Отже, з двох суміжних кутів хоча б один не менший від 90°. 303. Сформулюйте й доведіть ознаку рівності рівнобедрених трикутників за бічною стороною та медіаною, проведеною до бічної сторони. Якщо у двох рівнобедрених трикутників бічні сторони рівні та медіани, проведені до бічних сторін, рівні, то ці трикутники рівні. Або, якщо бічна сторона і медіана, проведена до цієї сторони одного рівнобедреного трикутника, відповідно дорівнюють бічній стороні і медіані, проведеній до цієї сторони, другого рівнобедреного трикутника, ці трикутники рівні. Доведення: Нехай AB = A₁B₁, AD = BD, A₁D₁ = B₁D₁, CD = C₁D₁. ΔBCD = ΔB₁C₁D₁ за трьома сторонами 1 1 (CB = C₁B₁, BD = AB = A₁B₁ = B₁D₁, CD = C₁D₁). 2 2 Із рівності трикутників випливає, що ∠B = ∠B₁. Отже, ΔABC = ΔA₁B₁C₁ за першою ознакою (AB = A₁B₁, BC = B₁C₁, ∠B = ∠B₁). 304. Сформулюйте й доведіть ознаку рівності трикутників за стороною, медіаною, проведеною до цієї сторони, і кутом між медіаною та цією стороною. Якщо сторона, медіана, проведена до цієї сторони, і кут між медіаною та цією стороною одного трикутника дорівнюють відповідно стороні, медіані, проведеній до цієї сторони, і куту між медіаною та цією стороною другого трикутника, то ці трикутники рівні. Доведення: 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 першою ознакою рівності трикутників (AC = A₁C₁, BC = B₁C₁, ∠C = ∠C₁). 305. Доведіть ознаку рівності трикутників за медіаною та кутами, на які вона розбиває кут трикутника. Якщо медіана та кути, на які вона розбиває кут, одного трикутника дорівнюють відповідно медіані та кутам, на які вона розбиває кут, другого трикутника, то ці трикутники рівні. Доведення: Нехай ABC і A₁B₁C₁ — дані трикутники, відрізки AM і A₁M₁ — відповідно їх медіани. ∠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. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

la. in.

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. Позначте на прямій точки A, B і C. Поставте замість крапок один зі знаків «<», «>» або «=» так, щоб утворився правильний запис: 1) AB + BC ... AC; AB + BC = AC; 2) AB + AC ... BC; AB + AC > BC; 3) AC + BC ... AB. AC + BC > AB. 307. Кут між бісектрисою одного із суміжних кутів та їхньою спільною стороною 1 становить другого із суміжних кутів. Знайдіть градусні міри цих суміжних кутів. 3 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°. 308. Сторони прямокутника ABCD дорівнюють 4 см і 3 см. Знайдіть суму довжин усіх відрізків, що містяться всередині прямокутника (рис. 203). Нехай AB = 3 см, BC = 4 см. Сума довжин горизонтальних відрізків дорівнює подвоєній стороні BC, а сума довжин вертикальних відрізків — подвоєній довжині сторони AB. Отже, сума довжин усіх відрізків, що містяться всередині прямокутника, дорівнює: 2 × AB + 2 × BC = 2 × 3 + 2 × 4 = 6 + 8 = 14 (см). Відповідь: 14 см.

ЗАВДАННЯ № 2 «ПЕРЕВІРТЕ СЕБЕ» В ТЕСТОВІЙ ФОРМІ 1. Трикутник є гострокутним, якщо: А) серед його кутів немає тупого; Б) кожний його кут менший від прямого; В) серед його кутів немає прямого; Г) кожний його кут менший від тупого. 2. Якщо висота трикутника йому не належить, то цей трикутник є: А) прямокутним; Б) тупокутним; В) рівностороннім; Г) гострокутним. 3. Два трикутники рівні, якщо: А) дві сторони одного трикутника дорівнюють двом сторонам другого трикутника; Б) сторона та два кути одного трикутника дорівнюють стороні та двом кутам другого трикутника; В) дві сторони та кут одного трикутника дорівнюють двом сторонам та куту другого трикутника; △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

la. in.

Г) дві сторони та кут між ними одного трикутника дорівнюють двом сторонам та куту між ними другого трикутника. 4. Скільки пар рівних трикутників зображено на рисунку? Пари: ΔAOV = ΔCOD; ΔBOC = ΔDOA; ΔABC = ΔCDA; ΔABD = ΔCDB. А) 1; В) 3; Б) 2; Г) 4. 5. Відомо, що точка M — середина сторони AC трикутника ABC. На промені BM поза трикутником відкладено відрізок ME, який дорівнює відрізку BM. Знайдіть довжину відрізка EC, якщо AB = 4,2 см. ΔABM = ΔCEM (за двома сторонами і кутом між ними), тоді 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. 7. Яке з поданих тверджень є хибним? А) Якщо висота трикутника ділить сторону, до якої вона проведена, на рівні відрізки, то цей трикутник є рівнобедреним; Б) якщо медіана й бісектриса трикутника, проведені з однієї вершини, не збігаються, то цей трикутник не є рівнобедреним; В) якщо трикутник рівносторонній, то довжина будь-якої його висоти дорівнює довжині будь-якої його бісектриси; Г) якщо два кути трикутника рівні, то бісектриса третього кута ділить протилежну сторону трикутника на рівні відрізки.

8. Трикутник є рівностороннім, якщо: А) його сторона в три рази менша від його периметра; Б) кожна його сторона в три рази менша від його периметра; В) дві його висоти рівні; Г) дві його бісектриси рівні. 9. Периметр рівнобедреного трикутника ABC (AB = BC) дорівнює 16 см. Периметр трикутника ABM, де точка M — середина відрізка AC, дорівнює 12 см. Знайдіть медіану BM.

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

la. in.

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. 10. Кожна з точок X і Y рівновіддалена від кінців відрізка AB. Яке з поданих тверджень може бути хибним? А) Прямі XY та AB перпендикулярні; Б) ∠XAY = ∠XBY; В) ∠AXB = ∠AYB; Г) ∠AXY = ∠BXY.

11. Точка M — середина відрізка AB. Точка X не належить серединному перпендикуляру відрізка AB, якщо: А) XA = XB; Б) XM = XB; В) XM ⊥ AB; Г) ∠XAM = ∠XBM. §3. ПАРАЛЕЛЬНІ ПРЯМІ. СУМА КУТІВ ТРИКУТНИКА 13. Паралельні прямі 309. Перерисуйте в зошит рисунок 213. Проведіть через кожну з точок A і B пряму, паралельну прямій m.

310. Накресліть трикутник і проведіть через кожну його вершину пряму, паралельну протилежній стороні.

311. Перерисуйте в зошит рисунок 214. Проведіть через точку B пряму m, паралельну прямій AC, а через точку D — пряму n, паралельну прямій AC. Яке взаємне розміщення прямих m і n?

312. Чи можна провести пряму, яка була б паралельною кожній із прямих a і b, що перетинаються? Ні. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

la. in.

313. Пряма a паралельна стороні AB трикутника ABC. Чи може пряма a бути паралельною стороні AC? стороні BC? Ні; ні. 314. Чи можна стверджувати, що два відрізки є паралельними, якщо вони не мають спільних точок? Ні. 315. Чи можна стверджувати, що існує тільки один промінь, паралельний даній прямій, початком якого є дана точка? Ні (два доповняльних промені). 316. Скільки можна провести відрізків, які паралельні даній прямій, через точку, що не належить цій прямій? Безліч. 317. Прямі a і b перетинаються. Чи можна провести таку пряму c, яка була б паралельною прямій a та перетинала пряму b? Так. 318. Прямі a і b перпендикулярні до прямої c, пряма d перетинає пряму a. Чи перетинає пряма d пряму b? Так, перетинає. 319. Відрізок BD — медіана рівнобедреного трикутника ABC (AB = BC). Через точку B проведено пряму m, перпендикулярну до прямої BD. Яким є взаємне розташування прямих m і AC? Відповідь обґрунтуйте. Оскільки ΔABC рівнобедрений, а BD є його медіаною, то BD одночасно буде і висотою і бісектрисою. Висота рівнобедреного трикутника є перпендикулярною до його основи (BD⊥AC). Так як BD ⊥ AC і BD ⊥ m, то m ∥ AC.

320. Прямі a і b перетинаються. Пряма c паралельна прямій a. Доведіть, що прямі b і c перетинаються. Позначимо точку перетину прямих а і b через А. Припустимо, що прямі с і b не перетинаються, тоді с ∥ b. Оскільки а ∥ с, то через т. А проходять дві різні прямі, що паралельні прямій с, що суперечить аксіомі паралельності прямих. Отже, прямі с і b перетинаються. 321. Дано три прямі a, b і c. Відомо, що прямі a і b паралельні, а пряма c не перетинає пряму a. Доведіть, що пряма c не перетинає пряму b. Припустимо, що пряма с перетинає пряму b, тоді пряма с повинна перетинати і пряму а, яка паралельна прямій b. А за умовою пряма с не перетинає пряму а. Отже, наше припущення хибне, тому пряма с не перетинає пряму b.

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

322. Доведіть, що коли будь-яка пряма, яка перетинає пряму a, перетинає і пряму b, то прямі a і b паралельні. Припустимо, що прямі a і b перетинаються. Виберемо довільну точку, яка належить прямій a, відмінну від точки перетину a і b. Через вибрану точку можна провести пряму, яка перетинає пряму a та паралельна прямій b, що суперечить умові. 323. На відрізку AB позначили точки C і D так, що AC = BD. Точка O — середина відрізка CD. Знайдіть відстань між точками C і D, якщо AB = 21 см, AO : OD = 7 : 2.

la. in.

Нехай AB=21 см, AO : OD = 7 : 2. Нехай AO = 7x см, OD = 2x см, тоді DB = AC = AO – OD = 7x − 2x = 5x см. 21 3 AB = AO + OD + DB = 7x + 2x + 5x = 14x. Тоді 14x = 21; 𝑥 = = (см). 3

𝐶𝐷 = 𝐶𝑂 + 𝑂𝐷 = 2𝑥 + 2𝑥 = 4𝑥 = 4 ∙ = 6(см). 2 Відповідь: 6 см. 324. Точка B належить прямій AC, промені BD і BF лежать у різних півплощинах відносно прямої AC, ∠ABD = 80°, ∠ABD = 80°, ∠ABF =150°, промінь BM — бісектриса кута DBF. Знайдіть кут MBC. ∠ABD = 80°, ∠ABF = 150°, тоді ∠DBC = 180° − ∠ABD = 180° − 80° = 100°; ∠FBC = 180° − ∠ABF = 180° − 150° = 30°; ∠DBF = ∠DBC + ∠FBC = 100° + 30° = 130°, 1 1 ∠DBM = ∠DBF = ∙ 130° = 65°. 2 2 ∠MBC = ∠DBC - ∠DBM = 100° - 65° = 35°. Відповідь: 35°. 325. У трикутнику ABC медіана CM дорівнює половині сторони AB, ∠A = 47°, ∠B = 43°. Чому дорівнює кут ACB? Оскільки AM = MC, то ∠ACM = ∠A = 47°. Оскільки MB = MC, то ∠MCB = ∠B = 43°. Тоді ∠ACB = ∠ACM + ∠MCB = 47° + 43° = 90°. Відповідь: 90°.

326. Катруся та Євген підійшли до квадратного ставка, у середині якого знаходиться квадратний острів (рис. 215). На березі вони знайшли дві дошки, трохи коротші від ширини протоки між берегом ставка й островом. Як їм потрапити на острів, використовуючи ці дошки?

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

la. in.

14. Ознаки паралельності двох прямих 327. Проведіть прямі AB і СD. Проведіть пряму MK, яка перетинає кожну з прямих AB і СD. Позначте точку перетину прямих AB і MK буквою O, а прямих CD і MK — буквою E. 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 чи односторонніми) є: 1) ∠BOM і ∠DEM; - відповідні; 2) ∠BOE і ∠DEM; - односторонні; 3) ∠BOE і ∠OEC. - різносторонні. 328. Накресліть дві прямі та проведіть їхню січну. Пронумеруйте кути, утворені при перетині даних прямих січною. Укажіть серед цих кутів усі пари: 1) відповідних кутів: ∠1 і ∠5; ∠2 і ∠6; ∠3 і ∠7; ∠4 і ∠8; 2) односторонніх кутів: ∠3 і ∠6; ∠4 і ∠5; 3) різносторонніх кутів: ∠3 і ∠5; ∠4 і ∠6.

329. Як називають кути 1 і 2, зображені на рисунку 223?

а) 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, які кути на рисунку 225 є: 1) односторонніми при прямих 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 і CD та січній AD: ∠CEA і ∠CDA; 5) односторонніми при прямих BC і AD та січній CE: ∠BCE і ∠AEC. 332. На яких із рисунків 226, а–г прямі a і b паралельні?

а) a ∦ b;

б) a ∥ b;

в) a ∥ b;

г) a ∦ b. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

333. Чи паралельні зображені на рисунку 227 прямі a і b, якщо: 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.

la. in.

334. На яких із рисунків 228, а–г прямі m і n паралельні?

а) m ∥ n; б) m ∦ n; в) m ∥ n; г) m ∦ n; 335. На рисунку 229 укажіть усі пари паралельних прямих. a ∥ d, b ∥ m.

336. Запишіть, які прямі на рисунку 230 є паралельними, якщо ∠1 = 53°, ∠2 =128°, ∠3 =127°. a ∥ c.

337. На рисунку 231 ∠1 + ∠2 = 180°. Доведіть, що прямі a і b паралельні.

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

la. in.

∠1 і ∠3 – суміжні. За властивістю суміжних кутів ∠1 + ∠3 = 180°. Звідси ∠3 = ∠1 – 180°. За умовою ∠1 + ∠2 = 180°, тоді ∠2 = 180° – ∠1. ∠4 = ∠2, як вертикальні кути, отже, ∠4 = 180° – ∠1. Звідси маємо ∠3 = ∠4. Оскільки ∠3 і ∠4 відповідні і рівні, то a ∥ b. 338. На рисунку 232 ∠1 = ∠2. Доведіть, що прямі b і c паралельні. За умовою ∠1 = ∠2. Позначимо кут 3 — вертикальний із кутом 2. ∠3 = ∠2, тому ∠1 = ∠3. Відповідні кути рівні, тому b ∥ c, що й треба було довести.

339. На рисунку 233 △ABC = △DEF, AB = DE. Доведіть, що AC ∥ DF. Оскільки ∆ABC = ∆DEF, тоді ∠F = ∠C (лежать навпроти рівних сторін). Кути F і C – внутрішні різносторонні кути при прямих AC і DF, FC – січна. Згідно ознаки паралельності (теорема 14.1) AC ∥ DF. 340. На рисунку 234 △ABC = △DCE, AC = DE. Доведіть, що AB ∥ CD. Оскільки ∆ABC = ∆DCE, тоді ∠B = ∠C (лежать навпроти рівних сторін). Кути B і C – відповідні кути при прямих AB і DC, EB – січна. Згідно ознаки паралельності (теорема 14.3) AB ∥ CD.

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 кути внутрішні різносторонні при прямих MK і AC та січній AK), Звідси маємо: MK ∥ AC.

343. На рисунку 237 ∠ACB = ∠ACD, AD = CD. Доведіть, що BC ∥ AD.

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

△ADC – рівнобедрений, тому ∠CAD = ∠ACD, крім того ∠ACD = ∠ACB за умовою, тому ∠ACD = ∠ACB. Оскільки ∠ACD і ∠CAD – внутрішні різносторонні кути при прямих BC і AD та січній AC то BC ∥ AD.

la. in.

344. У трикутнику ABC відомо, що AB = BC, ∠A = 60°. Кут BCD суміжний із кутом ACB, промінь CM — бісектриса кута BCD. Доведіть, що AB ∥ CM. На рисунку AB = BC, ∠A = 60°, тоді ∠ABC = ∠A = 60°. ∠BCD = 180° - ∠ACB = 180° - 60° = 120°, ∠𝑀𝐶𝐷 = 1 1 ∠𝐵𝐶𝑀 = × 120° = 60°. Оскільки ∠BAC = ∠MCD і ці 2 2 кути є відповідними між прямими AB і CM, то AB ∥ CM.

345. Відрізки AB і CD перетинаються в точці O та діляться цією точкою навпіл. Доведіть, що AC ∥ BD. На рисунку AO = BO, CO = OD, ∠COA = ∠DOB – як вертикальні кути, тоді △AOC = △BOD (за двома сторонами і кутом між ними). Із рівності цих трикутників випливає, що ∠1 = ∠2. Оскільки ∠1 = ∠2 і ці кути є внутрішніми різносторонніми при прямих AC і BD та січній AB, то AC ∥ BD. 346. На рисунку 238 AB = CD, BC = AD. Доведіть, що AB ∥ CD. △ABD = △CDB (за третьою ознакою: AB = CD за умовою, BC = AD за умовою, BD – спільна). Із рівності трикутників маємо: ∠ABD = ∠CDB – це внутрішні різносторонні кути при прямих AB і CD та січній BD, отже, AB ∥ CD.

347. На рисунку 239 зображено прямі a, b і k. Відомо, що деяка пряма m перетинає пряму a. Чи перетинає пряма m пряму b? Оскільки ∠1 = 180° - 140° = 40°. Кути 40° і 1 – відповідні кути при прямих a і b та січній k, тоді a ∥ b. Якщо деяка пряма m перетинає пряму a, то пряма m теж буде перетинати і пряму b, бо a ∥ b.

348. Яке взаємне розміщення прямих CD і EF на рисунку 240? Кути BAC і DCA – різносторонні при прямих AB і CD та січній AC, ∠BAC + ∠DCA = 48° + 132° = 180°, то AB ∥ CD. Кути BAF і AFE – внутрішні різносторонні при прямих AB і 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 BCD — 120°. Чи можна стверджувати, що прямі AB і CD паралельні? △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

Якщо ∠ABC = 60°, ∠BCD = 120°, то не завжди AB ∥ CD. Відповідь: ні.

350. Кут між прямими a і c дорівнює куту між прямими b і c. Чи можна стверджувати, що прямі a і b паралельні? Якщо кут між прямими a і c дорівнює куту між прямими b і c, то не завжди a ∥ b. Відповідь: ні.

la. in.

351. Із восьми кутів, утворених при перетині прямих a і b прямою c, чотири кути дорівнюють по 40°, а решта чотири кути — по 140°. Чи можна стверджувати, що прямі a і b паралельні? Ні.

352. Пряма перетинає бісектрису BM трикутника ABC у точці O, яка є серединою відрізка BM, а сторону BC — у точці K. Доведіть, що коли OK ⊥ BM, то MK ∥ AB. На рисунку: ∠1 = ∠2, BO = OM, BM ⊥ OK. △BKM – рівнобедрений (бо в ньому співпадає висота і медіана OK), тоді ∠3 = ∠2 = ∠1. Оскільки ∠3 і ∠1 – внутрішні різносторонні при прямих AB і MK та січній BM, то AB ∥ MK.

353. Відрізки AM і CK — медіани трикутника ABC. На продовженні відрізка AM за точку M відкладено відрізок MF, на продовженні відрізка CK за точку K — відрізок KD так, що MF = AM, KD = CK. Доведіть, що точки B, D і F лежать на одній прямій. △BMF = △CMA – за двома сторонами і кутом між ними (BM = CM за умовою, MF = AM за умовою ∠FMB = ∠AMC – як вертикальні). Із рівності 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 з аксіомою паралельності прямих, FB і BD співпадають. Отже, точки B, D, F лежать на одній прямій. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

la. in.

354. Промінь OC розбиває кут AOB на два кути так, що ∠AOC : ∠BOC = 3 : 5. Знайдіть кут між променем OC і бісектрисою кута, суміжного з кутом AOB, якщо кут BOC на 42° більший за кут 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°. 1 1 ∠FOB = ∠DOB = × 12° = 6°. 2 2 ∠FOC = ∠FOB + ∠BOC = 6° + 105° = 111°. II випадок: ∠AOD = 180° - 105° - 63° = 12°; ∠AOF = 1 1 ∠𝐴𝑂𝐷 = ∙ 12° = 6°, 2 2 ∠FOC = ∠FOA + ∠AOC = 6° + 63° = 69°. Відповідь: 111° або 69°.

355. На рисунку 241 AB = BC, ∠ABK = ∠CBM. Доведіть, що BM = BK. Оскільки AB = BC, то ∠A = ∠C. Оскільки ∠ABK = ∠CBM, то ∠ABM = ∠ABK – ∠MBK = ∠CBM – ∠MBK = ∠KBC. △ABM=△CBK за стороною і двома прилеглими кутами (AB = BC за умовою, ∠A = ∠C – за доведенням, ∠ABM = ∠KBC – за доведенням). Із рівності трикутників випливає: BM = BK.

356. Рівнобедрені трикутники ABC і ADC мають спільну основу AC. Пряма BD перетинає відрізок AC у точці E. Доведіть, що AE = EC. Оскільки △ABC і △ADC – рівнобедрені, то ∠1 = ∠2, ∠3 = ∠4, тоді ∠BAD = ∠1 + ∠4 = ∠2 + ∠3 = ∠BCD. △BAD = △BCD – за першою ознакою, із рівності трикутників маємо: ∠ABE = ∠CBE. Оскільки △ABC – рівнобедрений і BE – бісектриса, то BE – медіана, отже, AE = EC.

357. Наведіть приклад, коли спільною частиною (перерізом) трикутника й чотирикутника є восьмикутник. Чотирикутник KLMN і трикутник ABC мають спільну частину – восьмикутник.

15. Властивості паралельних прямих 358. На рисунку прямі a і b паралельні. 1) Чи є рівними кути 1 і 5? кути 4 і 6? кути 2 і 8? 2) Чому дорівнює сума кутів 3 і 5? △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

Відповідь обґрунтуйте. 1) Так, бо різносторонні кути; 2) ∠3 + ∠5 = 360° – (∠4 + ∠6).

359. На рисунку 250 прямі a і b паралельні. Знайдіть ∠1, ∠2 і ∠3. ∠2 = 180° – 120° = 60°; ∠1 = 180° – 60° = 120°; ∠3 = 180° – 60° = 120°.

la. in.

360. На рисунку 251 прямі m і n паралельні. Знайдіть ∠1, ∠2 і ∠3. ∠1 = 50°; ∠3 = 180° – 50° = 130°; ∠2 = 180° – 130° = 50°.

361. Один із кутів, утворених при перетині двох паралельних прямих третьою, дорівнює 28°. Чи може який-небудь із утворених кутів дорівнювати: 1) 142°; Ні; 2) 152°? Так. 362. Сума двох різносторонніх кутів, утворених при перетині двох паралельних прямих третьою, дорівнює 290°. Знайдіть ці кути. 290° : 2 = 145°. 363. Сума двох відповідних кутів, утворених при перетині двох паралельних прямих третьою, дорівнює 56°. Знайдіть ці кути. 56° : 2 = 28°. 364. На рисунку 252 знайдіть кут 1. a ∥ b, бо 116° + 64° = 180°. Тоді ∠1 = 108°. Відповідь: 108°.

365. На рисунку 253 знайдіть кут 2. m ∥ n, бо відповідні кути рівні. Тому ∠2 = 180° - 94° = 86°. Відповідь: 86°. 366. На рисунку 254 ∠1 = ∠2, a ⊥ n. Доведіть, що b ⊥n. Якщо відповідні кути ∠1 = ∠2 рівні, то прямі a та b паралельні. Якщо пряма a ⊥ n, то і b ⊥ n (Якщо пряма перпендикулярна до однієї з двох паралельних прямих, то вона перпендикулярна й до другої). 367. На рисунку 255 a ⊥ c, b ⊥ c. Доведіть, що ∠1 = ∠2. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

Якщо дві прямі перпендикулярні третій прямій, то ці прямі паралельні між собою. Тобто якщо a ⊥ c, b ⊥ c, то a ∥ b. Якщо дві паралельні прямі перетинаються січною, то кути, які утворюють пару відповідних кутів, рівні. Звідси ∠1 = ∠2.

la. in.

368. Різниця односторонніх кутів, утворених при перетині двох паралельних прямих січною, дорівнює 50°. Знайдіть ці кути. Нехай один із кутів дорівнює x°, тоді другий дорівнює (180° − x°). За умовою маємо (180 – x) – x = 50, тоді 180 − 2x = 50; 2x = 180 − 50; 2x = 130; x = 65. 180 – x = 180 – 65 = 115. Отже, шукані кути 65° і 115°. Відповідь: 65° і 115°. 369. Один з односторонніх кутів, утворених при перетині двох паралельних прямих січною, у 4 рази більший за другий. Знайдіть ці кути. Нехай один із кутів дорівнює x°, а другий - 4x°, оскільки ці кути – односторонні при паралельних прямих: x + 4x = 180; 5x = 180 : 5; x = 36. Тоді 4𝑥 = 4 × 36 = 144. Отже, шутані кути 36° і 144°. Відповідь: 36° і 144°. 370. На рисунку 256 m∥ n, p ∥ k, ∠1 = 50°. Знайдіть кути 2, 3 і 4. Оскільки p ∥ k, то ∠1 = ∠2 = 50°. Оскільки m ∥ n, то ∠4 = ∠2 = 50°, ∠3 = 180° - ∠4 = 180° - 50° = 130°. Відповідь: ∠2 = 50°, ∠3 = 130°, ∠4 = 50°.

371. Пряма, паралельна основі AC рівнобедреного трикутника ABC, перетинає його бічні сторони AB і BC у точках D і F відповідно. Доведіть, що трикутник DBF рівнобедрений. ∠A = ∠C, бо △ABC – рівнобедрений, ∠A = ∠D – як відповідні кути при паралельних AC і DF та січній AB, ∠F = ∠C – як відповідні кути при паралельних AC і DF та січній AC. Оскільки ∠A = ∠C, ∠A = ∠D, ∠C = ∠F, то ∠D = ∠F, тобто △DBF – рівнобедрений. 372. На продовженнях 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, ∠P = ∠A як відповідні кути при паралельних AB і PK та січній PC. Оскільки ∠A = ∠C, ∠C = ∠P, то ∠A = ∠P, тобто △KPC – рівнобедрений. 373. Відрізки AB і CD перетинаються в точці O, AO = BO, AC ∥ BD. Доведіть, що CO = DO.

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

AC ∥ BD, тому ∠OAC = ∠OBD – як односторонні кути при паралельних AC і BD та січній AB, ∠COA = ∠DOB, отже, △AOC = △BOD (за другою ознакою). Із рівності трикутників маємо: CO = DO.

la. in.

374. Відрізки MK і DE перетинаються в точці F, DK ∥ ME, DK = ME. Доведіть, що △MEF = △KDF. DK = ME, DK ∥ ME. Оскільки DK ∥ ME, то ∠K = ∠M – як різносторонні при паралельних DK і ME та січній MK; ∠D = ∠E – як різносторонні при паралельних прямих DK і ME та січній DE. △MEF = △KDF (за другою ознакою).

375. Дайте відповідь на запитання. 1) Чи можуть обидва односторонніх кути при двох паралельних прямих і січній бути тупими? Ні; 2) Чи може сума різносторонніх кутів при двох паралельних прямих і січній дорівнювати 180°? так (якщо вони обидві прямі); 3) Чи можуть бути рівними односторонні кути при двох паралельних прямих і січній? так (якщо вони обидві прямі). 376. На рисунку 257 AB∥ CD, BC ∥ AD. Доведіть, що BC = AD. △BAC = △CDA за другою ознакою, бо ∠1 = ∠2 як різносторонні кути при паралельних прямих BC і AD та січній AC; ∠3 = ∠4 як різносторонні кути при паралельних прямих AB і CD та січній AC; AC – спільна сторона. Із рівності трикутників маємо: BC = AD.

377. На рисунку 257 BC = AD, BC ∥ AD. Доведіть, що AB∥ CD. Оскільки BC = AD, то ∠1 = ∠2 як різносторонні кути при паралельних прямих 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 прямій AC, ∠MBA = 42°, ∠CBK = 56°. Знайдіть кути трикутника ABC.

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

∠ABC = 180° - ∠MBA - ∠CBK = 180° - 42° - 50° = 82°. ∠BAC = ∠MBA = 42°, як внутрішні різносторонні при MK ∥ AC і січній AB; ∠ACB = ∠CBK = 56°, як внутрішні різносторонні при MK ∥ AC і січній BC. Відповідь: 82°, 42°, 56°. 380. Пряма, проведена через вершину A трикутника ABC паралельно його протилежній стороні, утворює зі стороною AC кут, який дорівнює куту BAC. Доведіть, що трикутник ABC рівнобедрений. За умовою ∠DAC = ∠BAC. Оскільки AD ∥ BC, то ∠DAC = ∠BCA – як різносторонні кути при паралельних прямих AD і BC та січній AC. Оскільки ∠DAC = ∠BAC, ∠DAC = BCA, то ∠BAC = ∠BCA, тоді △ABC – рівнобедрений.

la. in.

381. Доведіть, що бісектриси пари різносторонніх кутів, утворених при перетині двох паралельних прямих січною, паралельні. Оскільки внутрішні різносторонні кути утворені при перетині двох паралельних прямих січною, рівні, то рівні і кути, на які ділять бісектриси цих кутів. ∠BAC = ∠CAD = ∠ADK = ∠KDF Розгляньмо прямі AC, DK і січну CD. ∠CAD = ∠KDA (за доведенням вище). Ці кути — внутрішні різносторонні. Оскільки ці кути рівні, то AC ∥ DK. 382. Доведіть, що бісектриси пари відповідних кутів, утворених при перетині двох паралельних прямих січною, паралельні. Оскільки відповідні кути, утворені при перетині двох паралельних прямих січною, рівні, то рівні і кути, на які їх ділять бісектриса цих кутів. ∠TAB = ∠BAC = ∠ANP = ∠PNK. Розглянемо прямі УІВ, NP і січну TN. ∠TAB = ∠ANP (за доведенням вище). Ці кути — відповідні. Оскільки вони рівні, то AB ∥ NP. 383. На рисунку 260 ∠MAB = 50°, ∠ABK =130°, ∠ACB = 40°, промінь CE — бісектриса кута ACD. Знайдіть кути трикутника ACE. Оскільки ∠MAB + ∠ABK = 50° + 130° = 180°, а ∠MAB і ∠ABK – односторонні при прямих ME і KD та січній AB, то ME ∥ KD. ∠ACD = 180° = ∠ACB = 180° - 40° = 140°. 1 1 ∠ACE = ∠ACD = × 140° = 70°; ∠AEC = ∠ECD = ∠ACE = 70°; 2 2 ∠CAE = ∠ACB = 40°. Відповідь: 40°, 70°, 70°. 384. На рисунку 261 BE ⊥ AK, CF ⊥ AK, CK — бісектриса кута FCD, ∠ABE = 62°. Знайдіть кут ACK. 1 1 ∠ACK = ∠ACF + ∠FCK = ∠ABE + ∠FCD = 62 + (180° - 62°) = 2 2 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. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

∠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 основою AC. Через довільну точку M його бісектриси BD проведено прямі, які паралельні його сторонам AB і BC та перетинають відрізок AC у точках E та F відповідно. Доведіть, що DE = DF. D – висота, 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.

la. in.

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. 390. Через вершину B трикутника ABC провели пряму, паралельну його бісектрисі AM. Ця пряма перетинає пряму AC у точці K. Доведіть, що трикутник BAK рівнобедрений. Оскільки AM – бісектриса кута ВАС, то ∠BAM = ∠MAC. Оскільки BK ∥ AM, то ∠КВА = ∠МАВ – як різносторонні при паралельних прямих ВК і АМ та січній АВ; ∠AMC = ∠ВКА – як відповідні при паралельних прямих ВК і АМ та січній АВ. Оскільки ∠ABM = ∠MAC, ∠AMC = ∠ВКА, ∠МАВ = ∠КВА, маємо: ∠AKB = ∠KBA, тобто ΔВАК – рівнобедрений. 391. Через точку O перетину бісектрис AE і CF трикутника ABC провели пряму, паралельну прямій AC. Ця пряма перетинає сторону AB у точці M, а сторону BC — у точці K. Доведіть, що MK = AM + CK. На рисунку MK ∥ AC, тоді ∠MOA = ∠OAC; ∠KOC = ∠OCA (як різносторонні кути при паралельних MK і AC та січних AO і CO). △AMO – рівнобедрений, AM = MO. △COK – рівнобедрений, KC = KO. Тоді MK = MO + KO = AM + CK. Отже, MK = AM + CK. 392. Бісектриси кутів BAC і BCA трикутника ABC перетинаються в точці O. Через цю точку проведено прямі, які паралельні прямим AB і BC та перетинають сторону AC у точках M і K відповідно. Доведіть, що периметр трикутника MOK дорівнює довжині сторони AC. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

la. in.

На рис. MN ∥ AB, тоді ∠FAO = ∠MOA як різносторонні при паралельних прямих 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 прямих та січній CO, тоді ∠KOC = ∠KCO, і, отже, △OKC – рівнобедрений, OK = KC. 𝑃△𝑀𝑂𝐾 = OM + MK + OK = AM + MK + KC = AC. Отже, 𝑃△𝑀𝑂𝐾 = 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 відношенні точка D ділить відрізок AB? Нехай AD : CD = 3 : 2, тоді AD = 3x, CD = 2x, AC = 5x; BC = 𝐴𝐶 5𝑎 = = 2,5x. Звідси AD : DB = 3x : 4,5x = 30 : 45 = 2 : 3. 2 2 394. 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). Із рівності трикутників випливає, що ∠1 = ∠2, тоді AO – бісектриса рівнобедреного трикутника ABD, тоді AO ⊥ BD, звідси AC ⊥ BD.

395. У трикутнику MOE на стороні MO позначено точку A, у трикутнику TPK на стороні TP — точку B так, що MA = TB. Яка градусна міра кута BKP, якщо MO = TP, ∠M = ∠T, ∠O = ∠P, ∠AEO = 17°? Оскільки ∠M = ∠T, ∠O = ∠P, MO = TP, то ΔMOE = ΔTPK за другою ознакою рівності трикутників, тоді ME = TK. ΔEMA = ΔKTP за першою ознакою рівності трикутників, тоді ∠BKP = ∠AEO = 17°. 396. На рисунку 266 зображено дуже складну замкнену ламану. Вона обмежує певну частину площини (многокутник). На рисунку позначають довільну точку. Як найшвидше визначити, належить ця точка многокутнику чи ні? Слід провести промінь з початком у даній точці за межу многокутника таким чином, щоб він не проходив через вершину жодного з кутів многокутника і порахувати кількість точок перетину променя зі сторонами. Якщо їх парна кількість, то точка не належить многокутнику, а якщо непарна – належить.

16. Сума кутів трикутника 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 △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

х + 131 = 180; х = 180 - 131; х = 49. Отже, третій кут дорівнює 49°. Відповідь: 49° 399. Знайдіть невідомі кути трикутника ABC, зображеного на рисунку 270. ∠C = 60°. ∠A + ∠B + ∠C = 180°. ∠B = 180° – (50° + 60°) = 180° – 110° = 70°. Відповідь: ∠C = 60°, ∠B = 70°.

la. in.

400. Знайдіть невідомі кути трикутника DEF, зображеного на рисунку 271. ∠F = 180° – 125° = 55°. ∠E + ∠D + ∠F = 180°. ∠D = 180° – (55° + 20°) = 180° – 75° = 105°. Відповідь: ∠F = 55°, ∠D = 105°.

401. Відрізок BD — це бісектриса трикутника ABC (рис. 272), ∠A = 40°, ∠C = 70°. Знайдіть кут ABD. ∠A + ∠B + ∠C = 180°. ∠B = 180° – (40° + 70°) = 180° – 110° = 70°. ∠ABD = 70° : 2 = 35°. 402. Відрізок FK — бісектриса трикутника DEF (рис. 273), ∠EFK = 64°, ∠D = 44°. Знайдіть кут E. ∠F = 64°  2 = 128°. ∠D + ∠E + ∠F = 180°. ∠E = 180° – (44° + 128°) = 180° – 172° = 8°.

403. Один із кутів трикутника в 3 рази менший від другого кута та на 35° менший від третього. Знайдіть кути трикутника. Нехай х° - один із кутів трикутника, тоді інші кути дорівнюють: 3х° та (х + 35)°. Маємо рівняння: х + 3х + х + 35 = 180, тоді 5х + 35 = 180; 5х = 180 - 35; 5х = 145; х = 29, звідси 3х = 3  29 = 87, х + 35 = 29 + 35 = 64. 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. Отже, кути прямокутного рівнобедреного △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

la. in.

трикутника дорівнюють 45°, 90°, 45°. Відповідь: 45°, 90°, 45°. 407. Кут при основі рівнобедреного трикутника дорівнює 63°. Знайдіть кут при вершині цього трикутника. Нехай х° – кут при вершині рівнобедреного трикутника, тоді х + 2 × 63 = 180, звідси х + 126 = 180; х = 180 – 126; х = 54°. Отже, кут при вершині рівнобедреного трикутника дорівнює 54°. Відповідь: 54°. 408. Знайдіть кути при основі рівнобедреного трикутника, якщо кут при вершині дорівнює 104°. Нехай х° – кут при основі рівнобедреного трикутника, тоді 2x + 104 = 180, звідси 2x = 180 – 104; 2x = 76; x = 76 : 2; x = 38. Отже, кути при основі рівнобедреного трикутника дорівнюють 38° і 38°. Відповідь: 38° і 38°. 409. Знайдіть кути рівнобедреного трикутника, якщо кут при вершині в 4 рази більший за кут при основі. Нехай х° – кут при основі рівнобедреного трикутника, тоді 4x + x + x = 180, звідси 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 кут при основі на 48° менший від кута при вершині. Нехай x° – кут при основі рівнобедреного трикутника, x° + 48° – кут 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, кути трикутника дорівнюють 44°, 44°, 92°. Відповідь: 44°, 44°, 92°. 411. Знайдіть кути рівнобедреного трикутника, якщо один із них дорівнює: 1) 110°; 2) 50°. Скільки розв’язків має задача? 1) Кут при основі не може дорівнювати 110°, бо 110° × 2 = 220° > 180°. Тому це кут при вершині. Якщо x° – кут при основі, то 110 + 2x = 180, звідси 2x = 180 – 110; 2x = 70; x = 70 : 2; x = 35. Отже, кути трикутника дорівнюють 35°, 35°, 110°. 2) Якщо 50° – кут при основі, а x° – кут при вершині рівнобедреного трикутника, то 2 × 50 + x = 180, звідси 100 + x = 180; x = 180 – 100; x = 80. Якщо 50° – кут при вершині рівнобедреного трикутника, а x° – кут при основі рівнобедреного трикутника, то 50 + 2x = 180; звідси 2x = 180 – 50; 2x = 130; x = 130 : 2; x = 65. Отже, кути трикутника дорівнюють 50°, 50° і 80° або 65°, 65° і 50°. Відповідь: 50°, 50° і 80° або 65°, 65° і 50°; два розв’язки. 412. Знайдіть кути рівнобедреного трикутника, якщо один із них дорівнює: 1) 42°; 2) 94°. Скільки розв’язків має задача? 1) Якщо 42° – кут при основі, x° – кут при 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. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

413. У трикутнику ABC відомо, що відрізок AK — бісектриса, ∠C = 90°, ∠BAK =18°. Знайдіть кути AKC і ABC. На рисунку ∠BAC = 2 × ∠BAK = 2 × 18° = 36°, ∠ABC = 180° − (90° + 36°) = 54°. ∠AKC = 180° − (90° + 18°) = 72°. Відповідь: 72°, 54°.

la. in.

414. У трикутнику ABC відомо, що відрізок CK — бісектриса, AB = BC, ∠A = 66°. Знайдіть кут AKC. На рисунку AB = BC, ∠ACK = ∠KCB, ∠A = 66°; ∠BCA = ∠A = 66°; 1 1 ∠ACK = ∠BCA = · 66° = 33°; 2 2 ∠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 1 1 ( ∠CAB + ∠ACB) = 180° − × (∠CAB + ∠ACB) = 2

= 180° − (116° + 34°) = 180° − × 150° = 180° − 75° = 2 2 105°. Відповідь: 105°. 416. У рівнобедреному трикутнику ABC з кутом при вершині B, який дорівнює 36°, провели бісектрису AD. Доведіть, що трикутники ADB і CAD рівнобедрені. На рис. ∠B = 36°; ∠BAD = ∠DAC. 1 1 1 ∠BAC = ∠C = (180° − ∠B) = × (180° − 36°) = × 144° = 72°. 2

∠BAD = ∠DAC = × 72° = 36°. Таким чином, ∠DAB = ∠B, 2 отже, △ADB – рівнобедрений. ∠ADC = 180° − (∠DAC + ∠DCA) = 180° − (36° + 72°) = 180° − 108° = 72°. Таким чином, ∠ADC = ∠C, отже, △CAD – рівнобедрений. 417. У трикутнику ABC провели бісектрису BF. Знайдіть кут 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 кутів трикутника дорівнює сумі двох інших кутів, то цей 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) при вершині E трикутника MKE. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

1) ∠KEM, ∠NFM; 2) ∠MEF.

la. in.

420. На рисунку 275 укажіть трикутники, для яких зовнішнім кутом є: 1) кут AMB; 2) кут BMD. 1) △AMC; 2) △AMB; △CMD.

421. Один із зовнішніх кутів трикутника дорівнює 75°. Чому дорівнює: 1) кут трикутника при цій вершині; 2) сума двох кутів трикутника, не суміжних з ним? 1) ∠ACB = 180° − ∠BCD = 180° − 75° = 105°. 2) ∠A + ∠B = 180° − 105° = 75°. Відповідь: 105°, 75°.

422. У трикутнику ABC відомо, що ∠A = 58°, ∠B = 72°. Знайдіть зовнішній кут трикутника при вершині C. ∠A + ∠B + ∠С = 180°. ∠С = 180° – (58° + 72°) = 180° – 130° = 50°; ∠BСD = 180° – 50° = 130°. 423. Чи може зовнішній кут трикутника бути меншим від суміжного з ним кута трикутника? У разі ствердної відповіді вкажіть вид трикутника. Так (якщо трикутник тупокутний). 424. Визначте вид трикутника, якщо один із його зовнішніх кутів дорівнює куту трикутника, суміжному з ним. Трикутник прямокутний. 425. Один із зовнішніх кутів трикутника дорівнює 136°, а один із кутів трикутника — 61°. Знайдіть невідомий кут трикутника, не суміжний з даним зовнішнім. ∠DCB = 136°, ∠B = 61°, тоді ∠A = ∠BCD − ∠B = 136° − 61° = 75°. Відповідь: 75°.

426. Один із зовнішніх кутів трикутника дорівнює 154°. Знайдіть кути трикутника, не суміжні з ним, якщо один із цих кутів на 28° більший за другий.

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

∠BCD = 154°. Нехай ∠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°. Отже, шукані кути дорівнюють 63°, 91°. Відповідь: 63°, 91°. 427. Один із зовнішніх кутів трикутника дорівнює 98°. Знайдіть кути трикутника, не суміжні з ним, якщо один із цих кутів у 6 разів менший від другого. Нехай ∠A = x°, ∠B = 6x°, тоді x + 6x = 98, звідси 7x = 98; x = 98 : 7; x = 14, тоді 6x = 6 × 14 = 84. Отже, шукані кути дорівнюють 14° і 84°. Відповідь: 14°, 84°.

la. in.

428. Знайдіть кути рівнобедреного трикутника, якщо зовнішній кут при його вершині дорівнює 38°. AB = BC, ∠DBA. Оскільки ∠A = ∠C, ∠A + ∠C = 38°, тоді ∠A = ∠C = 38° : 2 = 19°. ∠B = 180° − 38° = 142°. Відповідь: 38°, 38°, 142°.

429. Відомо, що трикутник ABC є рівнобедреним з основою АC. Знайдіть кути цього трикутника, якщо його зовнішній кут при вершині A дорівнює 115°. ∠А = 180° – 115° = 65°; ∠А = ∠С; ∠В = 180° – (65° + 65°) = 180° – 130° = 50°. Відповідь: ∠A = 65°, ∠C = 65°, ∠B = 50°.

430. Доведіть, що коли два кути одного трикутника дорівнюють відповідно двом кутам другого трикутника, то й треті кути цих трикутників рівні. Нехай ∠A = ∠𝐴1 , ∠B = ∠𝐵1 , тоді ∠C = 180° − (∠A + ∠B) 180° − (∠𝐴1 + ∠𝐵1 ) = ∠𝐶1 . Отже, ∠C = ∠𝐶1 . 431. На сторонах трикутника ABC (рис. 276) позначено точки E та F так, що ∠1 = ∠2. Доведіть, що ∠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. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

la. in.

∠AOD = ∠COD як вертикальні кути. За умовою ∠A = ∠C. У трикутнику AOD ∠A + ∠D + ∠AOD = 180° ⇒ ∠D = 180° – ∠A – ∠AOD. У трикутнику АВС ∠C + ∠B + ∠COD = 180° ⇒ ∠B = 180° – ∠C – ∠COD. Праві частини рівні, отже рівні і ліві. Тоді ∠D = ∠B. За умовою AD = BC, ∠A = ∠C, звідси трикутники ∆AOD = ∆СОВ за ІІ ознакою рівності трикутників. 433. Знайдіть кути рівнобедреного трикутника, якщо один із його зовнішніх кутів дорівнює: 1) 54°; 2) 112°. Скільки розв’язків має задача? 1) Відповідний кут трикутника дорівнює 180° - 54° = 126°. Це може бути тільки кут при 1 вершині (бо він тупий). Тоді кут при основі дорівнює × 54° = 27°. Отже, кути 2 трикутника дорівнюють 27°, 27°, 126°. Відповідь: 27°, 27°, 126°; один розв'язок. 2) Якщо 112° - зовнішній кут при основі, то відповідний кут трикутника дорівнює 180° - 112° = 68°, і тоді кут при вершині дорівнює 180° - 68° - 68° = 44°. Отже, кути трикутника дорівнюють 68°, 68°, 44°. Якщо 112° - зовнішній кут при вершині рівнобедреного трикутника, то відповідний кут 1 трикутника дорівнює 180° - 112° = 68°, а кут при основі дорівнює × 112° = 56°. Отже, 2 кути трикутника дорівнюють 56°, 56°, 68°. Відповідь: 44°, 68°, 68° або 56°, 56°, 68°; два розв'язки. 434. Зовнішній кут рівнобедреного трикутника дорівнює 130°. Знайдіть кути трикутника. Скільки розв’язків має задача? Якщо це зовнішній кут при основі, то відповідний кут трикутника дорівнює 180° - 130° = 50°, а кут при вершині 180° - 2 × 50° = 80°. Отже, кути трикутника дорівнюють 50°, 50°, 80°. Якщо це зовнішній кут при вершині, то відповідний кут 1 трикутника дорівнює 180° - 130° = 50°, а кут при основі × 130° = 65°. 2 Отже, кути трикутника дорівнюють 65°, 65°, 50°. Відповідь: 50°, 50°, 80° або 50°, 65°, 65°; два розв’язки. 435. Бісектриси кутів при основі AC рівнобедреного трикутника ABC перетинаються в точці O. Доведіть, що кут AOC дорівнює зовнішньому куту трикутника ABC при вершині A. ∠AOC = 180° − (∠OAC + ∠OCA) = 180° − ∠BAC = ∠BAD. Отже, ∠AOC дорівнює зовнішньому куту трикутника ABC при вершині A.

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

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

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°.

la. in.

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°. 1 1 ∠ACK = ∠MAC = ∠BAC = 70° = 35°. 2 2 ∠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 паралельних прямих BC і AD та січній AC). ∠BAC = 180° − ∠B − ∠BCA = 180° − 100° − 40° = 40°. Оскільки ∠BAC = ∠BCA = 40°, то △ABC – рівнобедрений і AB = BC. 441. У трикутнику ABC бісектриси кутів A і C перетинаються в точці O. Знайдіть кут AOC, якщо ∠B =100°. 1 ∠AOC = 180° − (∠OAC + ∠OCA) = 180° − (∠ BAC + ∠ BCA) = 1

= 180° − × (180 ° − ∠ B) = 180° − 90° + ∠B = 2

2 1

= 180° − 90° + ∠B = 90° + ∠B = 90° + × 100° = 2 2 2 = 90° + 50° = 140°. Відповідь: 140°. 442. Доведіть, що бісектриса зовнішнього кута при вершині рівнобедреного трикутника паралельна його основі. 1 1 1 ∠FBA = ∠DBA = (∠A + ∠C) = × 2∠A = ∠A. 2 2 2 Оскільки ∠FBA = ∠A і ці кути є різносторонні при прямих FB і AC та січній AB, то FB ∥ AC.

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

la. in.

443. Доведіть, що коли бісектриса зовнішнього кута трикутника паралельна його стороні, 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 при основі AC рівнобедреного трикутника ABC у 2 рази більший за кут при його вершині, 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°. 1 1 ∠BAC = ∠C = 72°; ∠BAM = ∠BAC = × 72° = 36°. ∠B = ∠BAM, отже, 2 2 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 бути. Отже, в будь-якому трикутнику є кут, не менший за 60°. 2) не більший за 60°. Якщо б усі кути були більшими від 60°, то їх сума була б більша за 180°, чого не може бути. Отже, в будь-якому трикутнику є кут, не більший за 60°. 447. Визначте вид трикутника, якщо: 1) один із його кутів більший за суму двох інших; Нехай α > β + γ, тоді α + α > α + β + γ або 2α > 180°, звідси α > 180° : 2; α > 90°. Отже, якщо один із кутів трикутника більший за суму двох інших, то даний трикутник – тупокутний. Відповідь: тупокутний. 2) будь-який із його кутів менший від суми двох інших. Нехай α – будь-який кут трикутника, тоді α < β + γ, тоді α + α < α + β + γ або 2α < 180°, звідси α < 90°. Отже, якщо будь-який з кутів трикутника менший від суми двох інших, то даний трикутник – гострокутний. Відповідь: гострокутний. 448. Визначте вид трикутника, якщо сума будь-яких двох його кутів більша за 90°. Нехай α, β, γ – кути трикутника. Оскільки α + β > 90°, то γ = 180° − (α + β) < 180° − 90° = 90°. Аналогічно, α < 90°, β < 90°. Отже, трикутник – гострокутний. Відповідь: гострокутний. 449. Чи існує трикутник, дві бісектриси якого перпендикулярні?

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

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 діагоналі якого перпендикулярні. Відповідь: не існує.

la. in.

450. Чи існує трикутник, у якому одна бісектриса ділить навпіл другу бісектрису? ∠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 навпіл другу бісектрису. Відповідь: не існує. 451. Знайдіть кути трикутника ABC, якщо бісектриса кута B розбиває його на два рівнобедрених трикутники. 1-й випадок. Нехай ∠ABL = ∠LBC, AL = BL = CL. Оскільки BL – бісектриса і медіана трикутника ABC, то BL ⊥ AC. 90° Тоді ∠ALB = ∠BLC = 90°, ∠BAL = ∠ABL = = 45°, 2

90°

∠LBC = ∠LCB = = 45°. 2 Отже, кути трикутника дорівнюють 45°, 45°, 90°. 2-й випадок. ∠ABL = ∠LBC, AL = BL, BL = BC. (180°−𝑥°) Нехай ∠ABC = 2x°, тоді ∠A = x°, ∠C = і для △ABC 2

(180−𝑥)

маємо: 2x + x + = 180, звідси 2 4x + 2x + 180-x = 360; 5x = 180; x = 180:5; x = 36, тоді (180°−36°) ∠B = 72°, ∠C = = 72°, ∠A = 36°. 2 Отже, кути трикутника дорівнюють 36°, 72°, 72°. Відповідь: 45°, 45°, 90° або 36°, 72°, 72°. 452. У трикутнику ABC відомо, що ∠A = , бісектриси зовнішніх кутів при вершинах B і C перетинаються в точці O. Знайдіть кут BOC. ∠A = α, ∠FBK = ∠KBA, ∠BCO = ∠OCD. ∠ABC + ∠ACB = 180° − ∠A = 180° − α. ∠BOC = 180° − (∠OBC + ∠OCB) = 1 1 1 180° − ( ∠FBA + ∠DCB) = 180° − (∠FBA + ∠DCB) = 2 1

180° − (180° − ∠ABC + 180° − ∠ACB) = 180° − (360° −

(∠ABC + ∠ACB)) = 180° − (360° − 180° + α) = 180° − 180° 𝛼

𝛼

2 𝛼

+ 90° − = 90° − .

Відповідь: 90° - . 2 453. На бічних сторонах AB і BC рівнобедреного трикутника ABC позначили відповідно точки E та F так, що AC = AF = EF = BE. Знайдіть кути трикутника ABC.

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

Нехай ∠B = β, тоді ∠EFB = β, ∠AEF = ∠EBF + ∠EFB = β + β = 2β і ∠EAF = 2β. Нехай ∠C = γ, тоді ∠FAC = 180° − 2γ. Оскільки ∠EAF + ∠FAC = ∠C, то 2β + 180° − 2γ = γ, звідси 2β + 180° = 3γ. З іншого боку β = 180° − 2γ, тоді 2(180° − 2γ) + 180° = 3γ; 540° 360° − 4γ + 180° = 3γ; 7γ = 540°; γ = . 7

· 2 = 180° −

1080°

7 180°

β = 180° −

540°

540° 540° 180°

la. in.

Отже, кути трикутника дорівнюють: , , . 7 7 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 ∠𝐴𝑀𝐷 60° ∠MBD = ∠MDB = = = 30°. 2 2 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 лежить між точками A і C, причому 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 1 1 1 1 середина відрізка CD, тоді MN = AB + BD + DC = × 20 + 12 + × 28 = 2 2 2 2 = 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, жодні дві діагоналі якого не мають спільних точок, відмінних від вершин?

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

la. in.

17. Нерівності, пов’язані з елементами трикутника 458. Чи можуть сторони трикутника дорівнювати: 1) 6 см, 5 см, 12 см; Сторони трикутника не можуть 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 см. Чи може одна з його сторін дорівнювати: 1) 20 см; Якщо одна сторона трикутника дорівнювала б 20 см, тоді сума двох сторін дорівнювала б 30 см – 20 см = 10 см, і нерівність трикутника не виконувалася б, бо 20 > 10. Отже, сторона не може дорівнювати 20 см. 2) 15 см? Якщо одна сторона трикутника дорівнювала б 15 см, тоді сума двох сторін дорівнювала б 30 см – 15 см = 15 см, і нерівність трикутника не виконувалася б, бо 15 = 15. Отже, сторона не може дорівнювати 15 см. 463. Довжини двох сторін трикутника дорівнюють 7 см і 9 см. Чи може периметр цього трикутника дорівнювати: 1) 20 см; Якщо дві сторони дорівнюють 7 см і 9 см, то третя сторона дорівнює 20 – 7 – 9 = 4 (см). Трикутник зі сторонами 7 см, 9 см, 4 см існує. Отже, периметр трикутника може дорівнювати 20 см. 2) 32 см; Якщо дві сторони дорівнюють 7 см і 9 см, то третя сторона дорівнює 32 – 7 – 9 = 16. Трикутник зі сторонами 7 см, 9 см, 16 см не існує, бо не виконується нерівність трикутника, бо 7 см + 9 см = 16 см. Отже, периметр трикутника не може дорівнювати 16 см. 3) 18 см? Якщо дві сторони дорівнюють 7 см і 9 см, то третя сторона дорівнює 18 – 9 – 7 = 2 (см). Трикутник зі сторонами 2 см, 7 см, 9 см не існує, бо 2 + 7 = 9. Отже, периметр не може дорівнювати 18 см. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

la. in.

464. Дві сторони рівнобедреного трикутника дорівнюють 7 см і 15 см. Знайдіть периметр трикутника. 7 см + 15 см + 15 см = 37 (см). 465. Периметр рівнобедреного трикутника дорівнює 20 см. Чи може довжина його бічної сторони дорівнювати 5 см? Ні. Бо наприклад 5 см + 5 см + 10 см = 20 см, але (5 см + 5 см) = 10 см. 466. Дві сторони трикутника дорівнюють 3,4 см і 6,1 см. Яку найменшу довжину, виражену цілим числом сантиметрів, може мати третя сторона? Дано: а = 3,4 см; b = 6,1 см; с = ? Для існування трикутника третя сторона c повинна задовольняти нерівність трикутника: |a - b| < c < a + b. Підставляємо: |6,1 - 3,4| < c < 6,1 + 3,4; 2,7 < c < 9,5 Отже, третя сторона може мати будь-яку довжину від > 2,7 до < 9,5. Найменше ціле число у цьому проміжку — 3 см. Відповідь: 3 см. 467. Дві сторони трикутника дорівнюють 4,8 см і 7,6 см. Яку найбільшу довжину, виражену цілим числом сантиметрів, може мати третя сторона? 4,8 + 7,4 = 12,2 (см). Відповідь: 12 см. 468. Чи існує трикутник, одна зі сторін якого на 2 см менша від другої та на 6 см менша від 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 менша від другої і на 3 см менша 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 продовженні сторони AB за точку A позначили довільну точку D. Доведіть, що CD > AC. ∠DAC = ∠B + ∠ACB > ∠B > 90°. ∠ADC = 180° − (∠DAC + ∠ACD) < 90°, shkola.in.ua тобто ∠ADC < ∠DAC. У △ADC сторона AC лежить напроти ∠ADC, а сторона CD – напроти більшого кута DAC. Тому CD > AC. 471. У трикутнику ABC відомо, що ∠C > 90°. На стороні BC позначили довільну точку D. Доведіть, що AD > AC. ∠C > 90°; ∠ADC = 180° − (∠C + ∠CAD) < 90°, отже, ∠C > ∠ADC. У △ADC сторона AC лежить напроти ∠ADC, а сторона AD – напроти більшого кута C, тому AD > AC. shkola.in.ua

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

472. Три точки A, B і C такі, що виконується рівність AB = AC + CB. Доведіть, що точка C є внутрішньою точкою відрізка AB. Припустимо, що точка С не є внутрішньою точкою відрізка, тоді точка С лежить на прямій АВ поза відрізком АВ або точка С не належить прямій АВ.

la. in.

Розглянемо випадок, коли С лежить на прямій АВ, але не належить відрізку АВ, тоді не виконується рівність AB = shkola.in.ua AC + CB. Отже, точка С не може належати прямій АВ і не належати відрізку АВ. Таким чином точка C – внутрішня точка відрізка AB. 473. На прямій m (рис. 286) знайдіть таку точку C, щоб сума відстаней від неї до точок A і B була найменшою. Відповідь обґрунтуйте. Якщо шукана точка X лежить десь на прямій m, тоді згідно з нерівністю трикутника AX + XB > AB. Сума AX + XB буде shkola.in.ua найменшою, коли точка X буде належати відрізку АВ. Отже, С – точка перетину відрізка АВ і прямої m.

474. Одна сторона трикутника дорівнює 2,8 см, а друга — 0,6 см. Знайдіть третю сторону цього трикутника, якщо її довжина, виражена в сантиметрах, дорівнює цілому числу. Якщо одна сторона дорівнює 2,8 см, а друга сторона — 0,6 см, тоді третя сторона — х см, причому 2,8 – 0,6 < х < 2,8 + 0,6, звідси 2,2 < х < 3,4. Отже, x = 3. Отже, третя сторона 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 shkola.in.ua ними), звідси ∠CAM = ∠BDM, AC = BD. У △ADB: ∠ADB > ∠BAD, тоді AB > BD = AC. Отже, AB > AC.

476. Доведіть, що сума довжин двох сторін трикутника більша за подвоєну довжину медіани, проведеної до третьої сторони. AM = MC. Доведемо, що AB + BC> 2BM. На промені BM від точки M відкладемо MD = BM. △AMD = △CMB (за першою ознакою рівності трикутників, тоді BC = AD). Оскільки для трикутника ABD справедливо, що AB + AD > BD або AB + AD > 2BM. Враховуючи, shkola.in.ua що AD = BC, маємо: AB + BC > 2BM. 477. Градусні міри суміжних кутів ABC і CBD відносяться як 5 : 4. Знайдіть кут між бісектрисами кутів ABC і ABD. Скільки розв’язків має задача? Нехай х – коефіцієнт пропорційності, тоді АВС = 5х, CBD = 4х. 5Х + 4х = 180°; 9х = 180°; х = 20°. ∠АВС = 100°, ∠CBD = 80°. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

la. in.

1) Нехай ВК – бісектриса кута АВС, BF – бісектриса кута ABD. ∠ABF = 180 : 2 = 90°; ∠ABK = 100 : 2 = 50°; shkola.in.ua ∠KBF = ∠ABF – ∠ABK = 90° - 50° = 40°. 2) Нехай ВМ – бісектриса кута ABD, ВК – бісектриса кута 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, якщо PE = 15 см? ΔABC = ΔMKE за двома сторонами і кутом між ними. Тоді ∠A = ∠M, AC = ME; ΔFCA = ΔPEM за стороною і прилеглими кутами. У рівних трикутників відповідні сторони рівні. FC = shkola.in.ua PE = 15 см. 479. Довжини відрізків прямого коридору між входами у будь-які дві сусідні лікарняні палати однакові. У якому місці коридору треба встановити пост медсестер, щоб сума відстаней від нього до входів у палати була найменшою, якщо в коридорі: 1) дві палати; посередині між палатами; 2) три палати; напроти другої палати; 3) чотири палати? посередині між другою та третьою палатою. 480. Два равлики одночасно почали повзти прямолінійно від однієї точки по рівній поверхні в різних напрямках (не обов’язково протилежних). Через деякий час виявилося, що один равлик проповз 2 м, а другий — 3 м. Якою може бути відстань між ними в цей момент? Більша за 1 м і не більша за 5 м.

18. Прямокутний трикутник 481. За допомогою транспортира та лінійки побудуйте прямокутний трикутник: 1) катети якого дорівнюють 3 см і 4 см; 2) один із катетів якого дорівнює 2,5 см, а прилеглий до нього кут — 40°; 3) гіпотенуза якого дорівнює 6 см, а один із гострих кутів — 70°. Позначте побудовані трикутники, укажіть у кожному з них катети та гіпотенузу. shkola.in.ua

shkola.in.ua

1) Катети – AC, BC; 2) Катети – AC, BC; 3) Катети – AC, BC; гіпотенуза – AB. гіпотенуза – AB. гіпотенуза – AB. 482. За допомогою транспортира та лінійки побудуйте рівнобедрений прямокутний трикутник: 1) з катетом, що дорівнює 5 см; 2) з гіпотенузою, що дорівнює 4 см.

shkola.in.ua

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

483. На рисунку 291 зображено трикутник MKE з прямим кутом при вершині K. Укажіть: 1) катети та гіпотенузу трикутника; 2) катет, прилеглий до кута E; 3) катет, протилежний куту M. 1) Катети – MK, KE; гіпотенуза: ME. 2) KE; shkola.in.ua 3) KE.

484. На рисунку 292 відрізок AD — висота трикутника ABC. Знайдіть на цьому рисунку прямокутні трикутники, укажіть у кожному з них катети та гіпотенузу. △ADB: катети – AD і DB, гіпотенуза – AC.

la. in.

shkola.in.ua

485. Один з гострих кутів прямокутного трикутника дорівнює 43°. Знайдіть другий гострий кут. 90° - 43° = 47°. Відповідь: 47°. 486. Знайдіть гострі кути прямокутного трикутника, якщо їхні градусні міри відносяться як 7 : 8. Сума гострих кутів прямокутного трикутника дорівнює 90° тому: 7х + 8х = 90; 15х = 90; х = 6. Відповідь: 42°; 48°. 487. Знайдіть гострі кути прямокутного трикутника, якщо один із них на 32° більший за другий. Сума гострих кутів прямокутного трикутника дорівнює 90° тому: х + х + 32 = 90; 2х = 58; х = 29. Відповідь: 29°; 61°. 488. Кут між висотою прямокутного трикутника, проведеною до гіпотенузи, і одним із катетів дорівнює 76°. Знайдіть гострі кути трикутника. ∠D – 90°(за умовою) → △DAC – прямокутний трикутник. shkola.in.ua За властивістю прямокутного трикутника сума гострих кутів прямокутного трикутника дорівнює 90°, отже ∠B = 90° – ∠A = 90° – 76° = 14°. За такою самою схемою знаходимо другий гострий кут: ∠C = 90° – 14° = 76° Відповідь: ∠B = 14°, ∠C = 76°. 489. Знайдіть менший із кутів, утворених бісектрисою прямого кута трикутника з гіпотенузою, якщо один із гострих кутів трикутника дорівнює 54°. 1. Бісектриса ділить кут навпіл. Тому ∠ABD = ∠CBD = 45°. 2. Бісектриса поділила ∆ABC на два трикутники: ADВ і CDB. З ∆CDB знайдемо ∠D; 180° – (45° + 54°) = 180° – 99° = 81°. shkola.in.ua 3. ∠ADB і ∠CDB — суміжні. Тому ∠ADB = 180° – 81° = 99°. Відповідь: 99°.

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

490. У рівнобедреному трикутнику ABC (AB = BC) проведено висоту AH. Знайдіть кут CAH, якщо ∠B = 76°. 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°. shkola.in.ua Відповідь: 43°.

la. in.

491. Кут між основою рівнобедреного трикутника та висотою, проведеною до бічної сторони, дорівнює 19°. Знайдіть кути даного трикутника. AB = BC, AH ⊥ BC, ∠HAC = 19°. ∠C = 90° − ∠HAC = 90° − 19° = 71°. shkola.in.ua ∠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 лежать в одній півплощині відносно прямої a, опущено перпендикуляри AM і BK на цю пряму, AM= BK. Доведіть, що AK = BM. AM ⊥ MK, BK ⊥ MK, AM = BK. △AMK = △BKM (за двома катетами), shkola.in.ua отже, AK = BM.

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 shkola.in.ua 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 і гострим кутом), отже, BE = AD.

shkola.in.ua

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

497. На бісектрисі кута з вершиною в точці B позначили точку M, з якої опустили перпендикуляри MD і MC на сторони кута. Доведіть, що MD = MC. ∠CBM = ∠DBM, CM ⊥ BC, MD ⊥ BD. △BMD = △BMC (за гіпотенузою і гострим кутом). shkola.in.ua Із рівності трикутників випливає, що MD = MC.

la. in.

498. На сторонах кута з вершиною в точці B позначили 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). shkola.in.ua Із рівності трикутників випливає, що ∠OBA = ∠OBC, отже, ВО – бісектриса кута ABC.

499. Доведіть, що висоти рівнобедреного трикутника, проведені до його бічних сторін, є рівними. AF⊥BC, CD⊥AB. ∠A = ∠C - за ознакою рівнобедреного трикутника. shkola.in.ua ∠AFC = △CDA (за гіпотенузою і гострим кутом). Із рівності трикутників випливає, що AF = CD.

500. Доведіть, що коли дві висоти трикутника рівні, то цей трикутник є рівнобедреним. AF = CD, AF⊥BC, CD⊥AB. △ADC = △AFC (за катетом і гіпотенузою: AF = CD, AC – спільна гіпотенуза). Із рівності цих shkola.in.ua трикутників випливає, що ∠A = ∠C. Отже, △ABC – рівнобедрений.

501. Доведіть рівність прямокутних трикутників за катетом і бісектрисою, проведеною з вершини прямого кута. AB = 𝐴1 𝐵1 , BD = 𝐵1 𝐷1 , △ABD = △𝐴1 𝐵1 𝐷1 за першою ознакою, оскільки AB = 𝐴1 𝐵1 , BD = 𝐵1 𝐷1 , shkola.in.ua shkola.in.ua ∠ABD = ∠𝐴1 𝐵1 𝐷1 - як половини рівних кутів. Із рівності трикутників випливає, що ∠A = ∠A₁, тому △ABC = Δ𝐴1 𝐵1 𝐶1 за катетом і прилеглим кутом. 502. Доведіть рівність прямокутних трикутників за катетом і висотою, проведеною з вершини прямого кута. BC = 𝐵1 𝐶1 , BH = 𝐵1 𝐻1 , △BHC = △𝐵1 𝐻1 𝐶1 (за катетом і гіпотенузою), тому ∠C = ∠𝐶1 . shkola.in.ua shkola.in.ua Отже, △ABC = △𝐴1 𝐵1 𝐶1 за катетом і прилеглим гострим кутом.

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

503. Доведіть рівність прямокутних трикутників за катетом і бісектрисою, проведеною з вершини прилеглого до цього катета гострого кута. BC = 𝐵1 𝐶1 , CL = 𝐶1 𝐿1 , △LBC = △𝐿1 𝐵1 𝐶1 (за катетом і гіпотенузою), тому ∠LCB = ∠𝐿1 𝐶1 𝐵1 , shkola.in.ua ∠ACB = ∠A₁C₁B₁ - як суми рівних кутів. shkola.in.ua Отже, △ABC = △𝐴1 𝐵1 𝐶1 (за катетом і прилеглим гострим кутом).

la. in.

504. Доведіть рівність прямокутних трикутників за катетом і медіаною, проведеною до другого катета. BC = 𝐵1 𝐶1 , CM = 𝐶1 𝑀1 . △CMB = △𝐶1 𝑀1 𝐵1 (за катетом і гіпотенузою), тому BM = 𝐵1 𝑀1 , AB = 2BM, 𝐴1 𝐵1 = 2𝐵1 𝑀1 , AB = 𝐴1 𝐵1 . shkola.in.ua Отже, △ABC = △𝐴1 𝐵1 𝐶1 (за двома катетами) .

505. Доведіть, що в рівних трикутниках висоти, опущені на відповідні сторони, є рівними. △ABC = △𝐴1 𝐵1 𝐶1 , BC = 𝐵1 𝐶1 , ∠C = ∠𝐶1 . △BHC = △𝐵1 𝐻1 𝐶1 за гіпотенузою і гострим кутом), тому BH = 𝐵1 𝐻1 . shkola.in.ua

shkola.in.ua

506. Пряма перетинає сторони AB і BC трикутника ABC відповідно в точках M і K, які є серединами цих сторін. Доведіть, що вершини даного трикутника рівновіддалені від прямої MK. AM = MB, BK = KC. ∠FMA = ∠BME як вертикальні кути. △AFM = △BEM (за гіпотенузою і гострим кутом), тому BE = AF. ∠BKE = ∠CKP - як вертикальні кути. △BKE = △CKP (за гіпотенузою і гострим кутом), тому shkola.in.ua BE = CP. Отже, BE = AF = CP.

507. Пряма перетинає сторони AB і BC трикутника ABC у точках M і K відповідно. Вершини даного трикутника рівновіддалені від прямої MK. Доведіть, що точки M і K є серединами сторін AB і BC відповідно. BE = AF, ∠MBE = ∠FAM, тому ΔFAM = ΔEBM (за катетом і прилеглим гострим кутом), отже, AM = MB і M – середина сторони AB. BE = CP, ∠KBE = ∠KCP, тому ΔBKE = ΔCKP (за катетом і прилеглим гострим кутом), отже, BK = KC і K – середина сторони BC. 508. Доведіть рівність гострокутних трикутників за стороною та двома висотами, проведеними з кінців цієї сторони.

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

la. in.

AB = 𝐴1 𝐵1 , AE = 𝐴1 𝐸1 , BF = 𝐵1 𝐹1 , △ABF = △𝐴1 𝐵1 𝐹1 (за гіпотенузою і катетом), тому ∠A = ∠𝐴1 . ΔABE = Δ𝐴1 𝐵1 𝐸1 (за гіпотенузою і shkola.in.ua shkola.in.ua катетом), тому ∠B = ∠𝐵1 . Отже, △ABC = △𝐴1 𝐵1 𝐶1 (за стороною і двома прилеглими кутами). 509. Доведіть рівність трикутників за стороною та проведеними до неї медіаною та висотою. AC = 𝐴1 𝐶1 , BH = 𝐵1 𝐻1 , BM = 𝐵1 𝑀1 . 1 1 AM = 𝐴𝐶 = 𝐴1 𝐶1 = 𝐴1 𝑀1 . 2 2 shkola.in.ua shkola.in.ua △BHM = △𝐵1 𝐻1 𝑀1 (за катетом і гіпотенузою), тому HM = 𝐻1 𝑀1 . AH = AM - HM = A₁M₁ - H₁M₁ = A₁H₁. △AHB = △A₁H₁B₁ (за двома катетами), тому AB = A₁B₁. CH = CM + MH = C₁M₁ + M₁H₁ = C₁H₁. △CHB = △𝐶1 𝐻1 𝐵1 (за двома катетами), тому BC = 𝐵1 𝐶1 . Отже, △ABC = △𝐴1 𝐵1 𝐶1 (за трьома сторонами: AB = 𝐴1 𝐵1 , BC = 𝐵1 𝐶1 , AC = 𝐴1 𝐶1 ). 510. Висоти AM і CK трикутника ABC перетинаються в точці H, HK = HM. Доведіть, що трикутник ABC рівнобедрений. CK ⊥ AB, AM ⊥ BC, KH ⊥ HM. △AKH = △CMH (за катетом і shkola.in.ua прилеглим гострим кутом: KH = HM за умовою, ∠KHA = ∠MHC - як вертикальні 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, отже, ∠OMN = ∠ONM. shkola.in.ua △MFN = △NEM (за гіпотенузою і гострим кутом), тому EN = MF.

512. Чи можна стверджувати, що коли дві сторони й висота, проведена до третьої сторони, одного трикутника відповідно дорівнюють двом сторонам і висоті, проведеній до третьої сторони, другого трикутника, то ці трикутники рівні? Ні, оскільки таке співвідношення елементів можливе і для гострокутного та тупокутного трикутників.

shkola.in.ua

513. Доведіть рівність трикутників за двома кутами й висотою, проведеною з вершини третього кута. ∠A = ∠𝐴1 , ∠C = ∠𝐶1 , BH = 𝐵1 𝐻1 . Оскільки ∠A = ∠𝐴1 , то ∠ABH = ∠𝐴1 𝐵1 𝐻1 . shkola.in.ua shkola.in.ua △ABH = △𝐴1 𝐵1 𝐻1 (за катетом і прилеглим кутом: BH = 𝐵1 𝐻1 , ∠ABH = ∠𝐴1 𝐵1 𝐻1 ), тому AB = 𝐴1 𝐵1 , AH = 𝐴1 𝐻1 . △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

la. in.

Оскільки ∠C = ∠𝐶1 , то ∠HBC = ∠𝐻1 𝐵1 𝐶1 . △BHC = △𝐵1 𝐻1 𝐶1 (за катетом і прилеглим кутом: BH = 𝐵1 𝐻1 , ∠HBC = ∠𝐻1 𝐵1 𝐶1 ), тому BC = 𝐵1 𝐶1 , HC = 𝐻1 𝐶1 . AC = AH + HC = 𝐴1 𝐻1 + 𝐻1 𝐶1 = 𝐴1 𝐶1 . Отже, △ABC = △𝐴1 𝐵1 𝐶1 за трьома сторонами. 514. Кути ABC і DBC суміжні, промінь BM належить куту ABC, промінь BK — куту DBC, ∠MBC = ∠CBK = 30°, кут DBK у 5 разів більший за кут ABM. Знайдіть кути ABC і DBC. Нехай ∠ABM = x°, тоді ∠DBK = 5x°. За властивістю суміжних кутів маємо: shkola.in.ua ∠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°. 515. На бічних сторонах AB і BC рівнобедреного трикутника ABC позначили відповідно точки M і K так, що BM= BK. Відрізки AK і CM перетинаються в точці O. Доведіть, що: 1) трикутник AOC рівнобедрений; 2) пряма BO — серединний перпендикуляр відрізка AC. 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, BP shkola.in.ua медіана, 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 shkola.in.ua сторонами, тоді ∠DBC = ∠BDA. ΔBOC = ΔDOA - за стороною і двома прилеглими кутами, тоді AO = OC.

517. Чи можна замостити площину фігурами, кожна з яких дорівнює фігурі, зображеній на рисунку 298? shkola.in.ua

19. Властивості прямокутного трикутника 518. Сторони прямокутного трикутника дорівнюють 24 см, 10 см і 26 см. Чому дорівнює найбільший катет даного трикутника? Найбільший катет трикутника дорівнює 24см. 519. Сторони прямокутного трикутника дорівнюють 15 см, 17 см і 8 см. Укажіть довжину гіпотенузи та довжину меншого катета. Довжина гіпотенузи 17 см, меншого катета – 8 см. 520. У прямокутному трикутнику DEF гіпотенуза DE дорівнює 18 см, ∠D = 30°. Знайдіть катет FE. △DEF – прямокутний, ∠F = 90°, ∠D = 30°, DE = 18 см. 1 1 FE = DE = × 18 см = 9 см. 2 2 Відповідь: 9см. shkola.in.ua

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

521. У прямокутному трикутнику MKC відомо, що ∠M= 90°, ∠C = 60°, CM = 7 см. Знайдіть гіпотенузу CK. △KCM - прямокутний, ∠M = 90°, ∠C = 60°, MC = 7 см. ∠MKC = 90° - 60° = 30°. KC = 2 × MC = 2 × 7 см = 14 см. shkola.in.ua Відповідь: 14 см.

la. in.

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. 1 1 shkola.in.ua Із прямокутного ΔACK: CK = AC = × 10 см = 5 см. 2 2 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. ∠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). shkola.in.ua 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. CK ⊥ AB, CK = 7 см, AC = 14 см. 1 Із прямокутного △ACK: CK = AC. 2 Отже, ∠A = 30°. shkola.in.ua Із △ABC: ∠C = 90° - ∠A = 90° - 30° = 60°. Відповідь: 60°. 525. У рівносторонньому трикутнику ABC точка D — середина сторони AB. Із цієї точки опущено перпендикуляр DE на сторону AC. Знайдіть відрізки, на які точка E розбиває відрізок AC, якщо сторона даного трикутника дорівнює 16 см. AB = BC = AC = 16 см. AD = DB. DE ⊥ AC. 1 1 AD = AB = × 16 см = 8 cm. shkola.in.ua

ADE = 90° - ∠A = 90° - 60° = 30°. AE = AD = × 8 см = 4 см. 2 2 EC = AC - AE = 16 см - 4 см = 12 см. Відповідь: 4 см, 12 см. 526. Один із кутів прямокутного трикутника дорівнює 30°, а різниця гіпотенузи й меншого катета — 5 см. Знайдіть ці сторони трикутника. △ABC - прямокутний, ∠A = 90°, ∠C = 30°. Нехай AB = x см, тоді BC = (x + 5) см. 2x = x + 5; x = 5. Отже, AB = 5 см, BC = 10 см. shkola.in.ua Відповідь: 5 см, 10 см.

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

527. На рисунку 301 відрізок AB — перпендикуляр, відрізок AC — похила, AC = 2 см. Знайдіть кут ACB і довжину перпендикуляра AB, якщо ця довжина, виражена в сантиметрах, дорівнює цілому числу. 1 AB < AC, тому AB = 1 см. Оскільки AB = AC, то ∠ACB = 30° (за 2 властивістю катета, що лежить напроти кута 30°). shkola.in.ua Відповідь: 30°.

la. in.

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. 1 Тоді KВ = 6 см. Маємо KС = KВ; оскільки 2 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 shkola.in.ua ∠KАВ = ∠АВK. З суми кутів ∆AKВ маємо: 180° – 120° = 60° сума кутів ∠KАВ і ∠АВK. Тоді 60° : 2 = 30° - кут А. Відповідь: ∠A = 30°.

529. Основа рівнобедреного трикутника дорівнює 18 см, а один із кутів — 120°. Знайдіть висоту трикутника, проведену з вершини кута при його основі. △ABC - рівнобедрений (AB = BC), ∠B = 120°, AC = 18 см. (180°−120°) 60° ∠A = ∠C = = = 30°. CE⊥AB. 2 2 З прямокутного трикутника AEC: 1 1 shkola.in.ua ∠A = 30°, EC = AC = × 18 см = 9 см. 2 2 Відповідь: 9см. 530. У рівнобедреному трикутнику ABC з основою BC проведено висоту BM завдовжки 7,5 см, ∠MBC =15°. Знайдіть бічну сторону трикутника. BM = 7,5 см, ∠MBC = 15°. ∠C = 90° - ∠MBC = 90° - 15° = 75°. shkola.in.ua ∠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 рівностороннього трикутника ABC перетинаються в точці O. Доведіть, що AO : OM = 2 : 1. AB = BC = AC. Бісектриса BK є висотою, тому △AOK прямокутний; ∠OAK = 30°, отже, OA = 2OK. ΔAOK = ΔBOM 1 1 (за катетом і прилеглим кутом, оскільки AK = AC = BC = 2 2 shkola.in.ua BM; ∠OAK = ∠OBM = 30°), тому OM = OK. Отже, AO = 2OM, AO : OM = 2 : 1.

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

532. У трикутнику ABC відомо, що ∠C = 90°, ∠B = 30°. Серединний перпендикуляр відрізка AB перетинає його в точці M, а відрізок BC — у точці K. Доведіть, що MK = 1 BC. 3 MK⊥AB, MK - серединний перпендикуляр, ∠B = 30°. AM = MB, оскільки МК - серединний перпендикуляр, AK = KB, ∠KAB = ∠ABK = 30°. shkola.in.ua 1 1 1 З ΔKMB: MK = 𝐾𝐵. З ΔACK: CK = AK = KB. 1

Тоді CB = CK + KB = 𝐾𝐵 + KB = KB. Звідси KB = CB. 1

la. in.

Отже, MK = KB = × CB = CB. 2 2 3 3 533. У трикутнику MKE відомо, що ∠K = 90°, ∠E = 30°, KE = 12 см. Знайдіть бісектрису MC трикутника. △KME - прямокутний, ∠E = 30°, KE = 12 см. ∠M = 90° - ∠E = 90° - 30° = 60°. MC - бісектриса, ∠KMC = ∠CME = 60° : 2 = 30°. shkola.in.ua Отже, ΔMCE - рівнобедрений. Нехай MC = x см, тоді CE = x. З 1 1 ΔKMC: ∠KMC = 30°, KC = 𝑀𝐶 = 𝑥, 1

тоді KE = KC + CE, 12 = x + x; 24 = 3x; x = 24 : 3; x = 8. 2 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°. ΔBDA shkola.in.ua рівнобедрений, BD = AD. Нехай CD = x см, тоді BD = (x + 3) см, DA = (x + 3) см. 1 1 З △CDA: CD = 𝐷𝐴; x = ; 2x = x + 3; x = 3. 2 2 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. ΔEAK = ΔFMC (за стороною і двома прилеглими кутами: AK = MC, shkola.in.ua оскільки AM = KC, MK - спільний відрізок; ∠A = ∠C, ∠AKE = ∠FMC). Із рівності цих трикутників маємо: EA = FC. Тоді BF = BC - FC; EB = AB - EA, тобто BF = BE. Отже, ΔFBE – рівнобедрений. 536. Через вершини A і B трикутника ABC проведено прямі, які перпендикулярні до бісектриси кута ACB та перетинають прямі BC і AC у точках K і M відповідно. Знайдіть периметр трикутника ABC, якщо AC > BC, CM = 6 см, BK = 2 см, AB = 7 см. Розглянемо ΔACK. За умовою задачі його бісектриса, проведена до сторони AK є одночасно і його висотою. Тому трикутник shkola.in.ua рівнобедрений з основою AK. Тоді CK = AC = 8 см, CB = CM = 6 см. MB ∥ AK, тоді MA = BK = 2 см. AC = CM + AM = 6 + 2 = 8 см. 𝑃△𝐴𝐵𝐶 = AB + BC + AC = 7 + 6 + 8 = 21 см. Відповідь: 21 см. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

la. in.

537. На рисунку 303 BC ∥ AD, промінь CA — бісектриса кута BCD, AD = 9 см, AC = 8 см. Знайдіть периметр трикутника CAD. ∠BCA = ∠ACD, оскільки СА – бісектриса кута BCD. ∠BCA = ∠CAD, як внутрішні різносторонні кути при паралельних прямих BC і AD і січній shkola.in.ua СА. Тоді ΔCAD - рівнобедрений і CD = 9 см. 𝑃△𝐶𝐴𝐷 = AC + CD + AD = 8 см + 9 см + 9 см = 26 см. Відповідь: 26 см. 538. Ескалатор піднімає пасажирів і пасажирок аеропорту з першого на другий поверх. Висота першого поверху становить 6 м (рис. 304). Кут нахилу ескалатора AB до площини підлоги першого поверху дорівнює 30°. Визначте довжину ескалатора AB. Оскільки катет, який лежить напроти кута 30° дорівнює половині гіпотенузи, то АВ = 6  2 = 12 м. shkola.in.ua Відповідь: 12 м.

539. Розріжте трикутник на чотири частини так, щоб, перегорнувши три з них, можна було б знову скласти трикутник, який дорівнює даному. Нехай маємо трикутник зі сторонами 2а, 2b, 2с. З'єднуємо середини сторін трикутника. shkola.in.ua Отримаємо чотири рівні трикутники. Отримаємо чотири рівні трикутники зі shkola.in.ua сторонами а, b, с. Трикутник 1 залишаємо на місці, а трикутники 2, 3, 4 перегортаємо так, як вказано на малюнку. Отримаємо трикутник, рівний даному.

ЗАВДАННЯ № 3 «ПЕРЕВІРТЕ СЕБЕ» В ТЕСТОВІЙ ФОРМІ 1. Яке з поданих тверджень є правильним? А) Якщо два відрізки не мають спільних точок, то вони паралельні. Б) Якщо два промені не мають спільних точок, то вони паралельні. В) Якщо промінь і відрізок не мають спільних точок, то вони паралельні. Г) Якщо дві прямі не мають спільних точок, то вони паралельні. 2. Яке з поданих тверджень є правильним? А) Через точку, яка не належить даній прямій, проходить тільки один відрізок, паралельний цій прямій. Б) Через точку, яка не належить даній прямій, проходить тільки один промінь, паралельний цій прямій. В) Через точку, яка не належить даній прямій, проходить безліч прямих, непаралельних цій прямій. Г) Через точку, яка не належить даній прямій, проходять тільки дві прямі, паралельні цій прямій. 3. Яке з поданих тверджень є неправильним? А) Якщо a ∥ b і b ∥ c, то a ∥ c. Б) Якщо a ⊥ b і b ⊥ c, то a ∥ c. В) Якщо a ⊥ b і b ⊥ c, то a ⊥ c. Г) Якщо a ∥ b і c ⊥ b, то c ⊥ a. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

4. На якому з рисунків прямі a і b паралельні?

shkola.in.ua

la. in.

Відповідь: А). 5. Яке з поданих тверджень є неправильним? А) Якщо сума кутів однієї пари різносторонніх кутів дорівнює сумі кутів другої 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 сума зовнішніх кутів трикутника, узятих по одному при кожній вершині? А) 180°; Б) 300°; В) 360°; Г) 100°. 8. У трикутнику ABC бісектриси кутів A і C перетинаються в точці O, ∠ABC = 84°. Укажіть правильну рівність. За означенням бісектрис АN і СР маємо: ∠ВАО = ∠ОАС і ∠ВСО = ∠ОСА. Нехай ∠ВАО = ∠ОАС = х, ∠ВСО = ∠ОСА = у, ∠АВС = 84. Тоді ∠А = 2х, ∠С = 2у. shkola.in.ua 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°. 9. У трикутнику ABC висоти, проведені із вершин A і C, перетинаються в точці O, ∠ABC = 62°. Яка з поданих рівностей є правильною? Оскільки СК ⊥ АВ, то трикутник ОКВ — прямокутний (∠К = 90°), тому ∠КОВ = 90° - ∠КВО. Аналогічно з прямокутного трикутника ОМВ (∠М = 90°) ∠МОВ = 90° - ∠МВО, звідки ∠КОМ = ∠КОВ + ∠МОВ = 90° - ∠КВО + 90° - ∠МВО = 180° - ∠В. shkola.in.ua ∠КОМ = ∠АОС як-вертикальні, тому ∠АОС = 180° - ∠В = 180° – 62° = 118°. Відповідь: ∠АОС = 118°. А) ∠AOC = 28°;

Б) ∠AOC = 118°;

В) ∠AOC = 152°;

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

Г) ∠AOC = 149°.

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

𝟏

А) CB = AB; 𝟐

Б) AC = AB; 2

10. Якому значенню серед наведених може дорівнювати довжина сторони AB 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 з поданих тверджень є правильним? ∠A = 180° - ∠C - ∠B = 180° – 90° – 60° = 30°. За властивістю катета, який лежить 1 навпроти кута 30°, маємо CB = AB. В) CB = AC; 2

Г) AC = CB. 2

la. in.

§4 КОЛО ТА КРУГ 20. Геометричне місце точок. Коло та круг 540. Накресліть коло із центром O та радіусом 3,5 см. Позначте на цьому рисунку які– 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 см. shkola.in.ua

shkola.in.ua

541. Накресліть відрізок AB завдовжки 3 см. Знайдіть точку, віддалену від кожного з кінців відрізка AB на 2 см. Скільки існує таких точок?

shkola.in.ua

542. Накресліть відрізок CD завдовжки 4 см. Знайдіть точку, віддалену від точки C на 2,5 см, а від точки D — на 3,5 см. Скільки існує таких точок? Будуємо коло з центром C радіусом 2,5 см. 2) Будуємо коло з центром D радіусом 3,5 см. shkola.in.ua Відповідь: A і B – точка перетину цих кіл – шукані точки.

543. Накресліть коло, діаметр якого дорівнює 7 см. Позначте на колі точку A. Знайдіть на колі точки, віддалені від точки A на 4 см. 1) Побудуємо коло з центром O радіусом R = 7 : 2 = 3,5 см. Вибудуємо на колі довільну точку А. 2) Будуємо коло з центром А радіуса 4 см. Відповідь: B і C – точки перетину цих кіл – шукані точки. shkola.in.ua

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

544. На рисунку 313 зображено коло з центром B. Укажіть радіус, хорду й діаметр кола. Скільки зображено на рисунку радіусів? хорд? Радіуси: BA, BM, BK; хорди: MK, MP; діаметр: MK; Радіусів – 3, хорд – 2.

shkola.in.ua

la. in.

545. Усередині кола позначили довільну точку, відмінну від її центра. Скільки через цю точку можна провести: 1) хорд; 2) діаметрів? Окружність має один центр через дві точки (центр і дана точка) на площині можна провести пряму і лише одну (діаметр), а через точку на площині (у колі) можна провести нескінченну кількість прямих (хорд). 546. На рисунку 314 точка O — центр кола. Знайдіть: 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°.

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 — центр кола, ∠COD = = ∠MOK. Доведіть, що хорди CD і MK рівні. △OMK = △OCD (за першою ознакою рівності трикутників, оскільки OM = OC, OK = OD – як радіуси кола, ∠COD = ∠MOK за умовою). Із рівності трикутників випливає, що CD = MK.

shkola.in.ua

549. Відрізки AB і CD — діаметри кола. Доведіть, що ∠BAC = ∠CDB. АB, CD – діаметр кола. △AOC = △DOB (за першою ознакою рівності трикутників, оскільки OA = OD = OC = OB – як радіуси кола, ∠AOC = ∠DOB – як вертикальні кути). Із рівності трикутників випливає, що ∠OAC = ∠ODB, тобто shkola.in.ua ∠BAC = ∠CDB.

550. Відрізки MK і EF — діаметри кола із центром O, MK = 12 см, ME = 10 см. Знайдіть периметр трикутника FOK. MK = 12 см, ME = 10 см. ΔFOK = ΔMOE (за першою ознакою рівності трикутників: OK = OM, OF = OE, ∠FOK = ∠MOE – як вертикальні кути). Із рівності трикутників випливає, що FK = ME = 10 см. FO = OK shkola.in.ua 1 1 = 𝑀𝐾 = = 6 см. 𝑃△𝐹𝑂𝐾 = FO + OK + FK = 6 см + 6 см + 10 см = 22 см. 2 2 Відповідь: 22 см. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

551. Відрізки AC і AB — відповідно діаметр і хорда кола із центром O, ∠BAC = 26° (рис. 316). Знайдіть кут BOC. AO = BO, тому △OAB – рівнобедрений, ∠B = ∠A = 26°. ∠BOC – зовнішній кут △AOB, ∠BOC = ∠A + ∠B = 26° + 26° = 52°. Відповідь: 52°. shkola.in.ua

la. in.

552. Відрізки MP і MK — відповідно хорда й діаметр кола із центром O, ∠POK = 84° (рис. 317). Знайдіть кут MPO. OM = OP, тому ΔMOP – рівнобедрений, ∠M = ∠P = ∠MPO. ∠POK – зовнішній кут ΔMOP, ∠M + ∠P = ∠POK, 2∠P = ∠POK, 2∠P = 84°, ∠P = 42°. shkola.in.ua Відповідь: 42°.

553. Відрізки AB і AC — відповідно діаметр і хорда кола, хорда AC дорів-нює радіусу цього кола. Знайдіть кут BAC. AC = OA. Оскільки OA = OC = AC, то △OAC – рівносторонній, тому ∠BAC = ∠AOC – ∠OCA = 60° Відповідь: 60°. shkola.in.ua

554. Відрізки AB і BC — відповідно діаметр і хорда кола із центром O, ∠ABC = 60°, AB = 12 см. Знайдіть хорду BC. BO = OC, тоді ΔВОС — рівнобедрений. BO = OC = AB : 2 = 12 : 2 = 6 см. ∠АВС = ∠ВСО = 60° як кути при основі рівнобедреного трикутника. Сума кутів ΔВОС = ∠B + ∠C + ∠O, тоді ∠O = 180° – (60° + 60°) = 180° – 120° = 60°. shkola.in.ua Маємо що кути ΔВОС = ∠B = ∠C = ∠O — рівні, тоді цей трикутник рівносторонній. Тому ВС = 6 см. 555. Відрізок CD — діаметр кола із центром O. На колі позначено точку E так, що ∠COE = 90°. Доведіть, що CE = DE. ∠COE = 90°. ΔCOE = ΔEOD (за двома катетами: CO = OD – як радіуси кола, EO – спільна сторона), тому CE = DE. shkola.in.ua

556. Відрізок MK — діаметр кола із центром O. На колі позначили точку C так, що MC = CK. Доведіть, що ∠MCO = ∠KCO. МО = ОК – як радіуси, МС = СК за умовою, СО – спільна сторона трикутників ΔМСО та ΔКСО. Тоді за III ознакою рівності трикутників ΔМСО = ΔКСО. З рівності трикутників виходить рівність відповідних кутів ∠МСО = ∠КСО. shkola.in.ua

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

557. Чому дорівнює діаметр кола, якщо відомо, що він на 4 см більший за радіус даного кола? 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 проведено хорди AC і BD такі, що AC||BD. Доведіть, що AC = BD. CO = AO = BO = DO як радіуси; ∠COA = ∠BOD як вертикальні. Тоді за 1 ознакою рівності трикутників маємо ΔAOC = ΔBOD. Звідси маємо AC = BD. shkola.in.ua

la. in.

559. Відрізки AB і CD — діаметри кола. Доведіть, що AC||BD. △COA = △BOD (за першою ознакою рівності трикутників: OC = OD, OB = OA – як радіуси кола, ∠COA = ∠BOD), тому ∠ACO = ∠ODB. Кути ACO і ODB внутрішні різносторонні кути при прямих AC і BD і січній shkola.in.ua CD, і вони рівні. Отже, AC∥BD. 560. Хорда перетинає діаметр кола під кутом 30° і ділить його на відрізки завдовжки 4 см і 10 см. Знайдіть відстань від центра кола до цієї хорди. 1 AK = 4 см, KB = 10 см, ∠DKO = 30°. З △KMO: MO = OK. 1

shkola.in.ua

2 1

OK = (AK + KB) – AK = – 4 = 7 – 4 = 3 (см). OM = = 1,5 (см). 2 2 2 Відповідь: 1,5 см.

561. Відрізки AB і CD — діаметри кола. Кут між прямими AB і CD дорівнює 30°. Знайдіть відстань від точки C до прямої AB, якщо діаметр кола дорівнює 10 см. За умовою ∠СОК = 30°; ∠ОКС = 90° і тоді ΔСОК – прямокутний. СО = СD : 2 = 10 см : 2 = 5 см. За властивістю катета, який лежить навпроти кута 30°, маємо: СК = СО = 5 см : 2 = 2,5 см.

shkola.in.ua

562. Знайдіть геометричне місце центрів кіл даного радіуса, які проходять через дану точку. Геометричним місцем центрів кіл даного радіуса, які проходять через дану точку А, є коло даного радіуса з центром в точці А.

shkola.in.ua

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

563. Знайдіть геометричне місце центрів кіл, які проходять через дві дані точки. Геометричним місцем центрів кіл, які проходять через дві дані точки А і В, є серединний перпендикуляр до відрізка AB.

shkola.in.ua

la. in.

564. Знайдіть геометричне місце точок, рівновіддалених від двох даних прямих, які перетинаються. Геометричним місцем точок, рівновіддалених від двох прямих, що shkola.in.ua перетинаються, є дві перпендикулярні прямі, які проходять через точку перетину цих прямих і є бісектрисами кутів, що утворилися при перетині даних прямих.

565. Знайдіть геометричне місце вершин рівнобедрених трикутників, які мають спільну основу. ГМТ вершин рівнобедрених трикутників, які мають спільну основу, є середній перпендикуляр до основи. 566. Знайдіть геометричне місце точок, рівновіддалених від двох паралельних прямих. Геометричним місцем точок, рівновіддалених від двох паралельних прямих, є пряма, яка паралельна даним прямим і проходить через середину відрізка, перпендикулярного даним прямим і з кінцями на даних прямих.

567. Знайдіть геометричне місце точок, віддалених від даної прямої на задану відстань. Геометричним місцем точок, віддалених від даної прямої а на відстані m, є дві прямі (які лежать по різні боки від прямої а), які паралельні прямій а і знаходяться від прямої а на відстані m.

568. Відрізок AB — діаметр кола, M — довільна точка кола, відмінна від точок A і B. Доведіть, що ∠AMB=90°. Нехай ∠A = ∠AMO = α (оскільки △AOM – рівнобедрений). ∠MOB – 180°−2𝛼 зовнішній кут ΔAOM, ∠MOB = 2α. ∠OMB = ∠B = = 90°– α 2 (оскільки трикутник MOB – рівнобедрений). ∠AMB = ∠AMO + ∠OMB shkola.in.ua = α + (90°–α) = α + 90°–α = 90°. 569. Дано точки A і B. Знайдіть геометричне місце точок X таких, що AX > BX. Геометричним місцем точок X таких, що AX > BX, є усі точки півплощини, якій належить точка B і межею якої є серединний перпендикуляр відрізка AB, за винятком межі цієї півплощини. shkola.in.ua

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

570. Дано точки A і B. Знайдіть геометричне місце точок X таких, що AX > AB. Геометричним місцем точок X таких, що AX > AB, є усі точки shkola.in.ua площини, що не належать кругу із центром A і радіусом AB.

la. in.

571. У рівнобедреному трикутнику ABC з основою AC проведено бісектриси AD і CE. Доведіть, що AE = ED. △AEC = △ADC (за другою ознакою: AC – спільна сторона, ∠A = ∠C, ∠ECA = ∠DAC – як половини рівних сторін), тому AE = DC. shkola.in.ua 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 =

△AOB – рівнобедрений, ∠OAB = ∠OBA = △AOC – рівнобедрений, ∠OAC = ∠OCA =

180°−110° 2 180°−80°

= 50°.

2 180°−170° 2

= 35°.

= 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. Нехай ∠AMK = ∠KMC = α (оскільки MK – бісектриса кута AMC). ∠BMC – суміжний з ∠AMC, ∠BMC = 180° – 2α. shkola.in.ua

ΔBMC – рівнобедрений, оскільки BM = CM. ∠B = ∠C = =

180°−180°+2𝛼 2

180°−(180°−2𝛼) 2

= α. Отже, ∠KMC = ∠MCB.

Кути KMC і MCB – внутрішні різносторонні кути при прямих MK і BC і січній MC і вони рівні, отже, MK∥BC. 574. У гострокутному трикутнику один із зовнішніх кутів дорівнює 160°. Знайдіть кут між прямими, на яких лежать висоти, проведені з двох інших вершин трикутника. Нехай ABC – даний трикутник, ∠BCD = 160°, AK⊥BC, BM⊥AC. shkola.in.ua ∠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

575. На рисунку 318 прямокутник ABCD складено з квадратів. Знайдіть сторону найбільшого квадрата, якщо сторона найменшого квадрата дорівнює 1.

shkola.in.ua

3x – 8 = 2x – 1; x = 7. Отже, сторона найбільшого квадрата дорівнює 7.

shkola.in.ua

la. in.

21. Деякі властивості кола. Дотична до кола 576. Накресліть коло із центром O, проведіть хорду AB. Користуючись косинцем, поділіть цю хорду навпіл. AK = KB. Проведемо діаметр CM⊥AB. Він перетинає хорду в точці K. За властивістю хорд AK = KB.

577. Накресліть коло із центром O, проведіть хорду CD. Користуючись лінійкою зі шкалою, проведіть діаметр, перпендикулярний до хорди CD. За допомогою лінійки зі шкалою будуємо точку А – середину CD. Через точку А проводимо діаметр BE. За властивістю хорд BE⊥CD. shkola.in.ua

578. Накресліть коло довільного радіуса, позначте на ньому точки A і B. Користуючись лінійкою та косинцем, проведіть прямі, які дотикаються до кола в точках A і B. AC і BC – дотичні до кола. За допомогою косинця будуємо AC⊥AO, BC⊥BO.

shkola.in.ua

579. Проведіть пряму a та позначте на ній точку M. Користуючись косинцем, лінійкою та циркулем, побудуйте коло радіуса 3 см, яке дотикалося б до прямої a в точці M. Скільки кіл можна побудувати? Таких кіл може бути два. OM⊥a, O1M⊥a.

shkola.in.ua

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

580. На рисунку 327 точка O — центр кола, діаметр CD перпендикулярний до хорди AB. Доведіть, що ∠AOD = ∠BOD. CD⊥AB. △AOK = △BOK (за катетом і гіпотенузою: OK – спільний shkola.in.ua катет, OA = OB – як радіуси кола), тоді ∠AOD = ∠BOD.

581. Чи можна стверджувати, що пряма, перпендикулярна до радіуса кола, дотикається до цього кола? shkola.in.ua

la. in.

shkola.in.ua

Ні. Наприклад AB∥OM, але AB не дотична. Дотична перпендикулярна до радіуса, проведеного в точку дотику. 582. Пряма AB дотикається до кола із центром O у точці C (рис. 328). Знайдіть: 1) кут OCD, якщо ∠BCD = 28°; 2) кут ACD, якщо ∠OCD = 55°. Оскільки AB — дотична до кола в точці C, то AB ⊥ OC. shkola.in.ua 1) ∠OCD = ∠OCB – ∠BCD = 90° – 28° = 62° 2) ∠ACD = ∠ACO + ∠OCD = 90° + 55° = 145°

583. Пряма CD дотикається до кола із центром O в точці A, відрізок AB — хорда кола, ∠BAD = 35° (рис. 329). Знайдіть кут AOB. ∠OAB = 90°– ∠BAD = 90° – 35° = 55°, AO = OB, тому ∠OBA = ∠OAB shkola.in.ua = 55°, ∠AOB = 180° – 2 ⋅ 55° = 180°– 110° = 70°. Відповідь: 70°.

584. Пряма CD дотикається до кола із центром O в точці A, відрізок AB — хорда кола, ∠AOB = 80° (рис. 329). Знайдіть кут BAC. 1 ∠OAB = ∠OBA, тому ∠OAB = (180° – 80°) = 50°; 2

∠BAC = ∠OAB + ∠OAC = 50° + 90° = 140°. Відповідь: 140°.

shkola.in.ua

585. Дано коло, діаметр якого дорівнює 6 см. Пряма a відділена від його центра на: 1) 2 см; 2) 3 см; 3) 6 см. У якому випадку пряма a є дотичною до кола? 1 Радіус кола дорівнює ⋅ 6 = 3 (см). Тому пряма а є дотичною у випадку 2). 2 586. У трикутнику ABC відомо, що ∠C = 90°. Доведіть, що: 1) пряма BC є дотичною до кола із центром A, яке проходить через точку C; △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

2) пряма AB не є дотичною до кола із центром C, яке проходить через точку A. 1) AC є радіусом, AC⊥CB, тому CB – дотична; 2) AB не перпендикулярна до радіуса AC, тому вона не є дотичною.

shkola.in.ua

587. Доведіть, що рівні хорди кола рівновіддалені від його центра. Нехай AB = CD, OM⊥AB, ON⊥CD. Доведемо, що OM = ON. Оскільки OM⊥AB, то AM = MB; оскільки ON⊥CD, то CN = ND. △OMA = △ONC shkola.in.ua (за гіпотенузою і катетом: AO = CO – як радіуси, AM = CN – як половини рівних відрізків), тоді OM = ON.

la. in.

588. Доведіть, що коли хорди кола рівновіддалені від його центра, то вони рівні. Нехай дано коло (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). shkola.in.ua 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 проведена до основи, є медіаною. Тоді OK — 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 кола більший за будь–яку хорду, відмінну від діаметра. CB = CO + OB = AO + OB > AB. shkola.in.ua

590. Радіус кола дорівнює 7 см. Чи може довжина хорди цього кола дорівнювати: 1) 14 см; 2) 15 см? Діаметр кола дорівнює 7 + 7 = 14 см. 1) Так; 2) Ні. 591. У колі із центром O через середину радіуса проведено хорду AB, перпендикулярну до нього. Доведіть, що ∠AOB=120°. OC⊥AB, OK = CK. Із прямокутного △AOK маємо: ∠OAK = 30° (оскільки AO = 2OK). shkola.in.ua Із прямокутного △BOK маємо: ∠OBK = 30° (оскільки BO = 2OK). ∠AOB = 180° – ∠OAB – ∠OBA = 180° – 30° – 30° = 120°.

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

592. Знайдіть кут між радіусами OA й OB кола, якщо відстань від центра O кола до хорди AB у 2 рази менша від: 1) довжини хорди AB; 2) радіуса кола. 1

1) OK = 𝐴𝐵. △AOK = △BOK (за катетом і гіпотенузою: OK – 2

спільний катет, OA = OB – як радіуси кола), AK = KB, тому OK = KB; ∠KOB = 45°; ∠AOB = 2 ⋅ 45° = 90°. Відповідь: 90°. 1

shkola.in.ua

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

∠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. 1

AC = 12 см, ∠CAB = 30°. З ΔACK: CK = AC = ⋅ 12 см = 6 см. shkola.in.ua CK = KB – оскільки AB⊥CD. Отже, CD = 2CK = 2 ⋅ 6 = 12 см.

la. in.

Відповідь: 12см.

594. Прямі AB і AC дотикаються до кола із центром O в точках B і C. Доведіть, що промінь AO — бісектриса кута BAC. ОВ = ОС – як радіуси. Трикутники ОВА та ОСА – прямокутні, оскільки дотичні перпендикулярні до радіусів кола у точках В та С. Сторона ОА – спільна. shkola.in.ua Трикутники рівні за гіпотенузою та катетом, звідси рівні й катети АВ та АС, а також кути ВАО і САО, тобто АО ділить кут ВАС навпіл.

595. Через точку M до кола із центром O проведено дотичні MA і MB, A і B — точки дотику, ∠OAB=20°. Знайдіть кут AMB. ∠OBA = ∠OAB = 20°. ∠BAM = ∠OAM – ∠OAB = 90° – 20° = 70°. ∠ABM = ∠OBM – ∠OBA = 90° – 20° = 70° shkola.in.ua Тоді ∠AMB = 180° – ∠BAM – ∠ABM = 180° – 70° – 70° = 40°. Відповідь: 40°.

596. Через кінці хорди AB, яка дорівнює радіусу кола, проведено дві дотичні, що перетинаються в точці C. Знайдіть кут ACB. OA = OB = AB. Тому ∠OAB = ∠OBA = 60°, shkola.in.ua ∠CAB = ∠CBA = 90° – 60° = 30°, ∠ACB = 180° – 30° – 30° = 120°. Відповідь: 120°.

597. Через точку C кола із центром O проведено дотичну до цього кола, відрізок AB — діаметр кола. Із точки A на дотичну опущено перпендикуляр AD. Доведіть, що промінь AC — бісектриса кута BAD. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

OA = OC, отже, ΔOAC – рівнобедрений. ∠OAC = ∠OCA, ∠OCA = ∠CAD, тому ∠OAC = ∠CAD, отже, CD – бісектриса ∠BAD.

shkola.in.ua

598. Пряма AC дотикається до кола із центром O в точці A (рис. 330). Доведіть, що кут BAC у 2 рази менший від кута AOB. 1 ∠BAC = 90° – ∠OAB = (180 ° − 2∠OAB) = shkola.in.ua 1

= (180 ° − ∠OAB − ∠OBA) = ∠AOB. 2

la. in.

599. Відрізки AB і BC — відповідно хорда й діаметр кола, ∠ABC=30°. Через точку A проведено дотичну до кола, яка перетинає пряму BC у точці D. Доведіть, що трикутник ABD рівнобедрений. ∠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

600. Відомо, що діаметр AB ділить хорду CD навпіл, але не перпендикулярний до неї. Доведіть, що відрізок CD також є діаметром. Якщо б хорда CD не була діаметром, то діаметр AB, який ділить її навпіл, був би перпендикуляром до неї, але це не так. Тому CD – діаметр. 601. Знайдіть геометричне місце центрів кіл, які дотикаються до даної прямої в даній точці. Геометричним місцем центрів кіл, які дотикаються до даної прямої в shkola.in.ua даній точці, є пряма, перпендикулярна до даної прямої і яка проходить через дану точку дотику.

602. Знайдіть геометричне місце центрів кіл, які дотикаються до обох сторін даного кута. Геометричним місцем центрів кіл, які дотикаються до обох сторін кута, є бісектриса цього кута за винятком вершини кута. shkola.in.ua

603. Знайдіть геометричне місце центрів кіл, які дотикаються до даної прямої. Геометричним місцем центрів кіл, які дотикаються до даної прямої є усі точки площини, за винятком самої прямої. shkola.in.ua

△∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

604. Прямі, які дотикаються до кола із центром O в точках A і B, перетинаються в точці K, ∠AKB=120°. Доведіть, що AO = BK = OK. △OAK = △OBK (за гіпотенузою і катетом: OK – спільна, OA = OB – як радіуси), тому ∠AKO = ∠BKO = 120° : 2 = 60°, AK = BK. shkola.in.ua З △OAK: ∠AOK = 90° – ∠AKO = 90° – 60° = 30°. Отже, OK = 2AK, або OK = AK + BK.

la. in.

605. Коло дотикається до сторони AB трикутника ABC у точці M і дотикається до продовжень двох інших сторін. Доведіть, що сума довжин відрізків BC і BM дорівнює половині периметра трикутника ABC. AM = AP – як відрізки дотичних, проведених із однієї точки до кола, BM = BK, CP = CK – як відрізки дотичних, проведених із однієї точки до shkola.in.ua кола. 𝑃△𝐴𝐵𝐶 = AC + CB + AB = AC + CB + AM + MB = AC + CB + AP + BK = = (AC + AP) + (CB + BK) = CP + CK. Оскільки CP = CK, то 𝑃△𝐴𝐵𝐶 = 2 ⋅ 𝑃

𝑃

CK, звідси CK = △𝐴𝐵𝐶 або CB + BM = △𝐴𝐵𝐶. 2

606. Через точку C проведено дотичні AC і BC до кола, А і В — точки дотику (рис. 331). На колі взято довільну точку М, що лежить в одній півплощині з точкою С відносно прямої АВ, і через неї проведено дотичну до кола, яка перетинає прямі АС і ВС у точках D і Е відповідно. Доведіть, що периметр трикутника DEC не залежить від вибору точки М. 𝑃△𝐷𝐸𝐶 = CD + CE + DE = CD + CE + DM + EM. Оскільки DM = DA, BE = EM – як відрізки дотичних, проведених із однієї точки до кола, то маємо 𝑃△𝐷𝐸𝐶 = CD + CE + DA + BE = (CD + DA) + (CE + shkola.in.ua BE) = CA + CB. Отже, периметр трикутника DEC не залежить від вибору точки M.

607. Доведіть, що середина М відрізка, кінці якого належать паралельним прямим, є серединою будь–якого відрізка, який проходить через точку М і кінці якого належать цим прямим. M – середина відрізка AB, a∥b. △AMC = △BMD – за стороною і двома прилеглими кутами: AM = BM, ∠AMC = ∠BMD – як вертикальні кути, ∠A = ∠B як внутрішні різносторонні кути при паралельних прямих a і b і січній AB). Із shkola.in.ua рівності цих трикутників випливає, що CM = DM. 608. Відрізки АВ і CD лежать на одній прямій і мають спільну середину. Точку М вибрано так, що трикутник АМВ — рівнобедрений з основою АВ. Доведіть, що трикутник CMD є також рівнобедреним з основою CD. AN = NB, CN = CD. Оскільки △AMB – рівнобедрений і MN є медіаною, то MN є і висотою. △CMN = △DMN (за двома катетами: MN – спільний катет, CN = shkola.in.ua ND за умовою). Із рівності цих трикутників випливає, що MC = MD, тобто △CMD – рівнобедрений. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

la. in.

609. На стороні МК трикутника МРК позначено точки Е і F так, що точка Е лежить між точками М і F, МЕ = ЕР, PF = FK. Знайдіть кут М, якщо ∠EPF = 92°, ∠K = 26°. ME = EP, FK = FP, ∠K = 26°, ∠EFP = 92°. △KFP – рівнобедрений, оскільки FK = FP. Отже, ∠KPF = ∠K = 26°. ∠EFP – зовнішній кут △FKP, ∠EFP = ∠K + ∠KPE = 26° + 26° = 52°. ∠MEP – зовнішній кут △EFP, ∠MEP = ∠EFP + ∠FPE= 52° + 92° = 144°. Оскільки △MEP – рівнобедрений, то shkola.in.ua ∠M = (180° – ∠MEP) : 2 = (180° – 144°) : 2 = 18°. Відповідь: 18°. 610. У гострокутному трикутнику АВС проведено бісектрису ВМ. Із точки М на сторону ВС опущено перпендикуляр МК. Виявилося, що ∠АВМ = ∠КМС. Доведіть, що трикутник АВС рівнобедрений. BM – бісектриса ∠ABC, ∠ABM = ∠MBC = α. Тоді ∠KMC = α. З △MKC: ∠C = 90° – α. З ΔABC: ∠A = 180° – ∠B – ∠C = 180° – 2α – shkola.in.ua (90° – α) = 180° – 2α – 90° + α = 90° – α. Отже, ∠A = ∠C, тобто △ABC – рівнобедрений.

611. Установіть закономірність форм фігур, зображених на рисунку 332. Яку фігуру треба поставити наступною? shkola.in.ua

Фігури, утворені зображенням цифр 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 та їхніми дзеркальними відображеннями. Наступною фігурою буде фігура, складена з цифри 8 та її дзеркального відображення.

shkola.in.ua

22. Описане та вписане кола трикутника 612. Накресліть різносторонній гострокутний трикутник. 1) Користуючись лінійкою зі шкалою та косинцем, знайдіть центр кола, описаного навколо даного трикутника. 2) Опишіть навколо трикутника коло. Виконайте завдання 1 і 2 для різносторонніх прямокутного й тупокутного трикутників. shkola.in.ua

shkola.in.ua

Центр описаного кола є точкою перетину серединних перпендикулярів до сторін трикутника. Побудуємо серединні перпендикуляри до двох сторін трикутника. Точка їх перетину – центр описаного кола. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

shkola.in.ua shkola.in.ua

613. Накресліть: 1) рівнобедрений гострокутний трикутник; 2) рівнобедрений тупокутний трикутник. Виконайте завдання 1 і 2 із вправи 612.

la. in.

614. Перерисуйте в зошит рисунок 338. Проведіть через точки A, B, C коло, користуючись лінійкою зі шкалою, косинцем і циркулем.

shkola.in.ua

615. Накресліть різносторонній трикутник. 1) Користуючись лінійкою та транспортиром, знайдіть центр кола, вписаного в даний трикутник. 2) Користуючись косинцем, знайдіть точки дотику вписаного кола до сторін трикутника. 3) Впишіть у даний трикутник коло.

shkola.in.ua

616. Накресліть рівнобедрений трикутник. Виконайте завдання 1, 2 і 3 із вправи 615.

shkola.in.ua

617. На якому з рисунків 339, а, б, в, зображено коло, описане навколо трикутника? shkola.in.ua

Відповідь: В. 618. На якому з рисунків 340, а, б, в, зображено коло, вписане в трикутник? shkola.in.ua

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

shkola.in.ua

la. in.

619. Точка O — центр кола, вписаного в трикутник ABC (рис. 341). Знайдіть кути цього трикутника, якщо ∠ABO=38°, ∠BCO=22°. 1) ∠ABC = 2 ⋅ ∠ABO = 2 ⋅ 38° = 76°; 2) ∠BCA = 2 ⋅ ∠BCO = 2 ⋅ 22° = 44°; shkola.in.ua 3) ∠BAC = 180° – (∠ABC + ∠BCA) = 180° – (76° + 44°) = = 180° – 120° = 60°. 620. Точка O — центр кола, вписаного в 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 прямій, яка містить медіану, проведену до його основи. Дано: Коло з центром O описано навколо ΔABC. ΔABC — рівнобедрений, AC = BC, CN — медіана. Довести: O ∈ CN. shkola.in.ua 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 перпендикуляр, O ∈ CN. Доведено. 622. Доведіть, що центр вписаного кола рівнобедреного трикутника належить висоті, проведеній до його основи. Висота BH є також і бісектрисою, тому точка O належить прямій BH.

623. Коло, вписане в трикутник ABC, дотикається до його сторін AB і AC у точках M і N відповідно. Знайдіть кут A, якщо ∠AMN = 35°. Відрізки дотичних які проведені з однієї вершини рівні між собою, тобто AM = AN. Тоді ΔABC — рівнобедрений. У рівнобедреного трикутника, кути при основі рівні. ∠AMN = ∠ANM = 35°. shkola.in.ua ∠A = 180° – (∠AMN + ∠ANM) = 180° – (35° + 35°) = 110° 35° + 180° – 70° = 110°

624. Коло, вписане в трикутник ABC, дотикається до його сторін AB і BC у точках D і E відповідно. Знайдіть кут ADE, якщо ∠B = 50°. Відрізки дотичних, які проведені з однієї вершини рівні між собою, тобто BD = BE. Тоді ΔBDE — рівнобедрений. У рівнобедреного трикутника, кути при основі рівні. ∠BDE = ∠BED. ∠B = 180° – (∠BDE + ∠BED); shkola.in.ua ∠BDE + ∠BED = 130°; ∠BED = 130° : 2 = 65°; ∠BDE + ∠ADE = 180° - як суміжні; ∠ADE = 180° – 65° = 115°. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

shkola.in.ua

la. in.

625. Доведіть, що центр описаного кола рівностороннього трикутника є точкою перетину його бісектрис. Кожний серединний перпендикуляр до сторін рівностороннього трикутника є також бісектрисою. 626. Доведіть, що радіус кола, описаного навколо рівностороннього трикутника, у 2 рази більший за радіус кола, вписаного в цей трикутник. 1) Нехай ΔABC — рівносторонній (у рівностороннього трикутника усі кути по 60°). BK і CL — його бісектриси та серединні перпендикуляри. BK і CL перетинаються у точці O. shkola.in.ua O — точка O є центром як вписаного у ΔABC кола, так і центром описаного кола. OK = r — радіус вписаного кола; OC = R — радіус описаного кола. 2) Оскільки CO — бісектриса кута ACB, то ∠ACB 60° ∠KCO = = = 30°. 2 2 3) За властивістю катета, що лежить проти кута OC R 30°, у ΔKOC отримаємо, що OK = , тобто r = , 2 2 що й треба було довести. 627. Коло, вписане в трикутник ABC (рис. 342), дотикається до його сторін у точках M, K і E, BK = 2 см, KC = 4 см, AM = 8 см. Знайдіть периметр трикутника ABC. 𝑃△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, проведених з однієї точки до кола).

628. Коло, вписане в трикутник ABC (рис. 342), дотикається до його сторін у точках M, K і E, AB = 13 см, BC = 8 см, BK = 3 см. Знайдіть сторону AC. BM = BK = 3 см – як відрізки дотичних, проведених з однієї точки до кола. KC = CE = BC – BK = 8 – 3 = 5 (см). shkola.in.ua AE = AM = AB – BM = 13 – 3 = 10 (см). Тоді AC = AE + CE = 10 см + 5 см = 15 см. Відповідь: 15 см. 629. Через центр O кола, описаного навколо трикутника ABC, проведено пряму, яка перпендикулярна до сторони AC і перетинає сторону AB у точці M. Доведіть, що AM = MC. △AEM = △CEM (за двома катетами: ME – спільний катет, AE = CE, оскільки AC⊥ME). Із рівності трикутників випливає, що AM shkola.in.ua = MC.

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

630. Через центр O кола, вписаного в трикутник ABC, провели пряму AO, яка перетинає сторону BC у точці M. Доведіть, що точка M рівновіддалена від променів AB і AC. Центр кола, вписаного в трикутник, знаходиться в точці перетину бісектрис цього трикутника. Тому пряма AO є бісектрисою кута BAC. Відстань від точки до променів визначається перпендикулярами. Оскільки, точка М лежить на бісектрисі кута BAC, то, за властивістю shkola.in.ua бісектриси, точка М рівновіддалена від сторін цього кута, тому ML = MP.

la. in.

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). 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. shkola.in.ua Розглянемо ∆АВС: ∠АМВ = ∠СМВ (з доведення рівності трикутників АОМ і СОМ); АМ = МС (за властивістю медіани); ВМ – спільна сторона трикутників АВМ і СВМ, отже, за двома сторонами і кутом ∆АВМ = ∆СВМ. Звідси виплаває, що ВМ є також бісектрисою, отже трикутник АВС рівнобедрений. 632. Доведіть, що коли центр кола, описаного навколо трикутника, належить його висоті, то цей трикутник рівнобедрений. BH⊥AC, тому BH є серединним перпендикуляром до сторони AC, отже, AH = HC. Тому BH є медіаною, отже, △ABC – рівнобедрений.

shkola.in.ua

633. Доведіть, що коли центр вписаного кола трикутника належить його висоті, то цей трикутник рівнобедрений. Центр кола, вписаного у трикутник, знаходиться у точці перетину бісектрис. Отже, BH - бісектриса. Якщо BH - висота i бісектриса, тоді ∆АВС рівнобедрений (АВ = ВС). shkola.in.ua

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

634. Доведіть, що коли центр кола, вписаного в трикутник, належить його медіані, то цей трикутник рівнобедрений. Точка О належить медіані ВН трикутника АВС. Оскільки, центр вписаного в трикутник кола знаходиться і точці перетину бісектрис, то ВН є також і бісектрисою. Отже, ∆АВС - рівнобедрений (АВ = ВС). shkola.in.ua

la. in.

635. Доведіть, що коли центри вписаного й описаного кіл трикутника збігаються, то цей трикутник рівносторонній. △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 катетом і гіпотенузою: AO = OC, DO = OF), shkola.in.ua тому AD = CF. 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 O 1 і O2 відповідно. Доведіть, що кут O1DO2 — прямий. 𝑂1 𝐷, 𝑂2 𝐷 – бісектриси кутів ADB і CDB. 1

shkola.in.ua

Тому ∠𝑂1 𝐷𝑂2 = ∠𝑂1 𝐷𝐵 + ∠𝑂2 𝐷𝐵 = 2∠𝑂1 𝐷𝐵 = (∠ADB + 2

∠CDB) = ∙180 = 90°. 2

Відповідь: 90°.

637. На рисунку 344 у трикутники ABD і CBD вписано кола із центрами O 1 і O2 відповідно, ∠ABC=50°. Знайдіть кут O1BO2. 𝑂1 𝐵 і 𝑂2 𝐵 є бісектрисами ∠ABD і ∠CBD. Тому ∠𝑂1 𝐵𝑂2 = ∠𝑂1 𝐵𝐷 + ∠𝑂2 𝐵𝐷 = shkola.in.ua

= (∠ABD + ∠CBD) = ∙ 50° = 25°. Відповідь: 25°.

638. Точка дотику вписаного кола рівнобедреного трикутника ділить його бічну сторону у відношенні 7 : 5, рахуючи від вершини рівнобедреного трикутника. Знайдіть сторони трикутника, якщо його периметр дорівнює 68 см. BD : DA = 7 : 5, P = 68 см. Нехай AD = 5x см, BD = 7x см. Тоді AE = 5x см. 𝑃△𝐴𝐵𝐶 = 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). shkola.in.ua BC = AD = 24 см. AC = AE + EC = 5x + 5x = 10x = 10 ⋅ 2 = 20 (см). △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

shkola.in.ua

la. in.

639. Периметр трикутника ABC, описаного навколо кола, дорівнює 52 см. Точка дотику кола до сторони AB ділить цю сторону у відношенні 2 : 3, рахуючи від вершини A. Точка дотику до сторони BC віддалена від вершини C на 6 см. Знайдіть сторони трикутника. 𝑃△𝐴𝐵𝐶 = 52 см, AD : DB = 2 : 3, CF = 6 см. Нехай AD = 2x см, DB = 3x см, тоді AB = 5x см. За властивістю дотичних, проведених до кола з однієї точки, маємо: AE = AD = 2x см, BF = DB = 3x см, CE = CF = 6 см. shkola.in.ua 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. 640. У трикутник з кутами 30°, 70° і 80° вписано коло. Знайдіть кути трикутника, вершини якого є точками дотику вписаного кола до сторін даного трикутника. Нехай ∠A = 30°, ∠B = 70°, ∠C = 80°. AD = AF – як відрізки дотичних, проведених з однієї точки до кола, отже, ΔADF – рівнобедрений. ∠ADF = ∠AFD =

180°−∠𝐴 2

180°−30° 2

= 75°.

CF = CE – як відрізки дотичних, проведених з однієї точки до кола, отже, ΔCFE – рівнобедрений, ∠CFE = ∠FEC =

180°−80° 2

= 50°.

BD = BE – як відрізки дотичних, проведених з однієї точки до кола, отже, ΔBED – рівнобедрений. ∠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 ABC, дотикається до його бічних сторін AB і BC у точках M і N відповідно. Доведіть, що MN ∥ AC. BM = BN – як відрізки дотичних, проведених з однієї точки до кола. 1

Отже, ∠BMN = ∠BNM = (180° – ∠B). 2

∠A = ∠C = (180° – ∠B). Тому ∠BMN = ∠BAC як відповідні кути при 2

прямих MN і AC і січній BA. Отже, MN∥AC.

shkola.in.ua

642. Доведіть, що коли центр кола, описаного навколо трикутника, належить його стороні, то цей трикутник прямокутний. OA = OB, отже, ∠A = ∠OBA, OB = OC, отже, ∠C = ∠OBC. Тому ∠ABC = ∠A + ∠C. Але ∠A + ∠C = 180° – ∠ABC. shkola.in.ua ∠ABC = 180° – ∠ABC; 2∠ABC = 180°; ∠ABC = 90°. Отже, △ABC – прямокутний.

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

la. in.

643. У трикутник ABC вписано коло, яке дотикається до сторони AB у точці M, BC = a. Доведіть, що AM = p – a, де p — півпериметр трикутника ABC. M, K, L – точки дотику, BC = a. Оскільки BM = BK, CK = CL, АМ = АL – як відрізки дотичних, shkola.in.ua проведених з однієї точки до кола. BC = BK + KC, AB = AM + MB, AC = AN + NC. то MB + CL = BK + CK = BC = a. Тоді 𝑃△𝐴𝐵𝐶 = 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. 644. До кола, вписаного в рівносторонній трикутник зі стороною a, проведено дотичну, яка перетинає дві сторони трикутника. Знайдіть периметр трикутника, який ця дотична відтинає від даного. Коло вписане в рівносторонній трикутник і точках дотику ділить сторони трикутника навпіл. 𝑃△𝐵𝑀𝑁 = MN + NB + MB = (NL + LM) + NB + MB = NK + MS + NB + MB = (NK + NB) + (MS + MB) = BK + BS = AB = a. shkola.in.ua

645. У рівнобедрений трикутник ABC (AB=BC) з основою 10 см вписано коло. До цього кола проведено три дотичні, які відтинають від даного трикутника трикутники ADK, BEF і CMN. Сума периметрів утворених трикутників дорівнює 42 см. Чому дорівнює бічна сторона даного трикутника? △ABC – рівнобедрений (AB = BC), AC = 10 см. 𝑃△𝐴𝐷𝐾 = AK + KB + AD + DC; 𝑃△𝐶𝑀𝑁 = CM + MB + CN + NA; 𝑃△𝐵𝐸𝐹 = BE + EC + BF + FA; shkola.in.ua 𝑃△𝐴𝐷𝐾 + 𝑃△𝐶𝑀𝑁 + 𝑃△𝐵𝐸𝐹 = = (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 відрізок BD— медіана, AB=7, ВC = 8 см. У трикутники ABD і BDC вписали кола. Знайдіть відстань між точками дотику цих кіл до відрізка BD. BD – медіана, BD = DC, AB = 7 см, BC = 8 см. shkola.in.ua

DM =

𝐵𝐶 + 𝐵𝐷 + 𝐷𝐶

DM1 =

– 8;

2 𝐴𝐵 + 𝐵𝐷 + 𝐴𝐷 2

DM1 – DM =

– 7;

𝐴𝐵 + 𝐵𝐷 + 𝐴𝐷 − 𝐵𝐶 − 𝐵𝐷 − 𝐷𝐶 2

Відповідь: 0,5 см.

–7+8=

7−8 2

+ 1 = 0,5.

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

647. Кожний із кутів BAC і ACB трикутника ABC поділено на три рівні частини (рис. 345). Доведіть, що ∠AMN = ∠CMN. Розглянемо △AMC. AN, NC – бісектриси. Бісектриси shkola.in.ua трикутника перетинаються в одній точці, отже, MN – бісектриса кута M трикутника AMC. Тоді ∠AMN = ∠CMN.

648. Нехай вершина кута B недоступна (рис. 346). За допомогою транспортира та лінійки без поділок побудуйте пряму, яка містить бісектрису кута B.

la. in.

shkola.in.ua

Виберемо на сторонах кута В деякі точки A та C. Розглянемо △ABC. За допомогою транспортира та лінійки без поділок побудуємо бісектриси кутів A та C. O – точка їх перетину, центр кола, вписаного в △ABC. Побудуємо OM – бісектрису кута AOC. Оскільки усі бісектриси трикутника перетинаються в одній точці, то OM – шукана пряма. 649. Точки F і O — центри вписаного й описаного кіл рівнобедреного трикутника ABC відповідно (рис. 347). Вони розташовані на однаковій відстані від його основи AC. Знайдіть кути трикутника ABC. BD – медіана, бісектриса і висота рівнобедреного △ABC. △AFD = △ADO за двома катетами, тоді ∠FAD = ∠OAD = x. O – центр shkola.in.ua описаного кола, точка перетину серединних перпендикулярів до сторін трикутника. Тоді △AOB – рівнобедрений з основою AB, ∠OAB = ∠OBA = 3x. △ABD – прямокутний, ∠ABD = 90 – 2x. 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. shkola.in.ua ∠ABP = ∠ABD. Отже, ∠ABP + ∠ABD + ∠DBC = 180°; ∠ABP = ∠ABD = ∠DBC = 180° : 3 = 60°, ∠ABD = 60° ⋅ 2 = 120°. Відповідь: 120°. 651. У рівнобедреному трикутнику з вершини одного кута при основі проведено висоту трикутника, а з вершини другого кута при основі — бісектрису трикутника. Один із кутів, утворених при перетині проведених бісектриси й висоти, дорівнює 64°. Знайдіть кути даного трикутника. △ABC – рівнобедрений (AB = BC) AH⊥BC, CL – бісектриса кута C. З ΔHOC: ∠H = 90°, ∠HOC = 64°, ∠HCО = 90° – 64° = 26°. Оскільки CL – бісектриса, то ∠C = 26° ⋅ 2 = 52°, оскільки △BAC – рівнобедрений, то ∠A = ∠C = 52°. shkola.in.ua ∠B = 180° – ∠A – ∠C = 180° – 52° – 52° = 76°. Відповідь: 52°, 52°, 76°. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

la. in.

652. На рисунку 348 BC || AD, AB = 3 см, BC = 10 см. Бісектриса кута BAD перетинає відрізок BC у точці K. Знайдіть відрізки BK і KC. AB = 3 см, BC = 10 см, AK – бісектриса кута BAD. Оскільки BC∥AD, то ∠KAD = ∠BKA, отже, △ABC – рівнобедрений, shkola.in.ua 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. 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 – внутрішні різносторонні кути при прямих KM і AC, і вони рівні, отже, KM∥AC. shkola.in.ua

654. Відстань між двома вежами мобільного зв'язку становить 5 км. Зв'язок є стійким, якщо абонент знаходиться на відстані, не більшій за 3 км від вежі. Зобразіть, куди відносно веж може зайти туристка, щоб перебувати в зоні стійкого покриття: 1) найближчої вежі; 2) обох веж. 1) Зона покриття кожної вежі — це коло з радіусом 3 км. Туристка перебуватиме в зоні покриття найближчої вежі, якщо вона shkola.in.ua знаходиться в межах цього радіусу від вежі. 2) Зона покриття обох веж одночасно утворюється перетином двох кіл з радіусами 3 км кожне, центри яких розташовані на відстані 5 км одна від одної (див малюнок). 655. Три селища зображені на карті точками, які не лежать на одній прямій. Де потрібно поставити вежу мобільного зв'язку, щоб вона була рівновіддалена від цих селищ? В центрі кола описаного навколо трикутника, який утворюють дані три селища. shkola.in.ua

656. У квадраті ABCD вирізали заштриховану фігуру (рис. 349). Розділіть частину квадрата, яка залишилася, на чотири рівні фігури.

shkola.in.ua

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

23. Задачі на побудову 657. Накресліть: 1) гострий кут; 2) тупий кут. Побудуйте кут, що дорівнює накресленому. 1) Нехай дано гострий кут А. Побудуємо ∠О = ∠А. Проведемо коло довільного радіуса з центром у точці А. Точки перетину зі сторонами кута А позначимо В і С. Проведемо промінь ОК. Накреслимо коло радіусом АС з центром у точці О. Отримаємо точку М. Потім, накреслимо ще одне коло радіусом CB з центром у точці М. Отримаємо точку Е - точка перетину кіл. Проведемо промінь ОЕ. ∠МОЕ = ∠САВ.

la. in.

shkola.in.ua

2) Нехай дано тупий кут Р. Побудуємо ∠А = ∠Р. Проведемо коло довільного радіуса з центром у точці Р. Точки перетину зі сторонами кута Р позначимо F і L. Проведемо промінь AB. Накреслимо коло радіусом PF з центром у точці F. Отримаємо точку B. Потім, накреслимо ще одне коло радіусом FL з центром у точці B. Отримаємо точку C - точка перетину кіл. Проведемо промінь AC. ∠BAC = ∠FPL.

shkola.in.ua

658. Накресліть гострий кут ABC, проведіть промінь DK. Побудуйте кут MDK такий, що ∠MDK = 2∠ABC. Будуємо ∠LDK = ∠ABC (див. задачу 657), потім на промені DL будуємо ∠MDL = ∠ABC, ∠MDK = 2∠ABC. shkola.in.ua

659. Поділіть даний відрізок на чотири рівні частини. Знаходимо середину відрізка AB побудувавши два однакових shkola.in.ua кола з центрами в точках А і В. З’єднаємо точки перетину цих кіл. Ця лінія перетинає відрізок АВ в точці C (середина відрізка). Потім так само ділимо кожний з відрізків AC і CB. 660. Накресліть довільний кут. Поділіть його на чотири рівні частини. Нехай задано кут ABC. Будуємо бісектрису BD кута ABC. Для цього shkola.in.ua проведемо коло довільного радіуса з центром у точці В. Після цього будуємо ще два кола однакового радіуса з центрами в точках перетину побудованого першого кола зі сторонами ВС і ВА. Отримаємо точку D – точка перетину кіл. Проводимо бісектрису BD. Потім побудуємо бісектрису BE кута ABD і бісектрису BF кута DBC по аналогії до BD. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

shkola.in.ua

la. in.

661. Накресліть: 1) гострокутний трикутник; 2) тупокутний трикутник. Побудуйте всі висоти цього трикутника. 1) Будуємо гострокутний трикутник АВС. Через точку A проводимо перпендикуляр до прямої BC (згідно з задачею 4 стор. 216). Для цього проведемо дугу через точку С із центром у точці А. Продовжимо відрізок СВ до перетину із побудованою дугою. Врезультаті отримаємо точку К. Далі, із shkola.in.ua точок С і К, проводимо дуги радіусом трохи більшим половини відрізка СК. З’єднаємо точку А із точкою перетину проведених дуг. АЕ – серединний перпендикуляр відрізка СК, відповідно, перпендикуляр і висота відрізка СВ. Проводимо перпендикуляр через точку B – до AC, через точку C – до AB по аналогії. 2) Будуємо тупокутний трикутник АВС. Перпендикуляри з точок А, В і С будуємо згідно пункту 1.

662. Накресліть трикутник ABC. Побудуйте 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

663. Побудуйте трикутник: 1) за двома сторонами та кутом між ними; 2) за стороною та двома прилеглими кутами. 1) Будуємо кут C. На сторонах кута відкладаємо відрізки CA = b, CB = a. ΔABC – шуканий.

shkola.in.ua

la. in.

2) Будуємо ∠C. На одній стороні кута відкладаємо BC = a. Будуємо ∠B. На перетині променів отримаємо точку А. ΔABC – шуканий.

shkola.in.ua

664. Побудуйте прямокутний трикутник: 1) за двома катетами; 2) за катетом і прилеглим гострим кутом. 1) Будуємо промінь m. Його початок позначимо А. На ньому відкладаємо відрізок AB = b. В точці В будуємо коло довільного радіуса. З точок перетину цього кола з променем m будуємо дві дуги довільного радіуса. Отримаємо точку L. З shkola.in.ua точки В через точку L проводимо промінь. На ньому відкладаємо відрізок BC = a. ΔABC – шуканий.

shkola.in.ua

2) Будуємо кут С. На одному з його променів відкладаємо відрізок CB = a. Далі, по аналогії до п.1 будуємо перпендикулярну промінь BL⊥CB. На перетині променів отримаємо точку А. ΔABC – шуканий.

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

665. Побудуйте рівнобедрений прямокутний трикутник за катетом. Будуємо прямий кут. Відкладаємо на сторонах кута відрізки, що дорівнюють даному катету. ΔABC – шуканий.

shkola.in.ua

la. in.

666. Побудуйте рівнобедренний трикутник за бічною стороною та кутом при вершині. Нехай задано кут С та бічну сторону а. Будуємо кут, який дорівнює заданому. Із вершини С проводимо дугу радіусом а. На перетині цієї дуги зі сторонами кута отримаємо shkola.in.ua точки А і В. ΔABC – шуканий. 667. Побудуйте рівнобедренний трикутник за основою та кутом при основі. Будуємо AB – основу рівнобедреного трикутника. Будуємо кути BAC та кут ABC, які дорівнюють куту при основі. ΔABC – шуканий. shkola.in.ua

668. Побудуйте коло даного радіуса, яке дотикається до даної прямої в даній точці. Через точку M проводимо перпендикуляр до даної прямої AB (задача 5 на стор. 216). Відкладаємо відрізок MO, який дорівнює даному радіусу та будуємо коло радіусом MO з центром у точці O. shkola.in.ua

669. Побудуйте дотичну до кола, яка проходить через дану точку кола. Проводимо промінь OA і на промені відкладаємо AB = OA. Проводимо серединний перпендикуляр MN до відрізка AB. MN – shkola.in.ua шукана дотична.

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

670. Побудуйте кут, який дорівнює: 1) 45°; 2) 60°; 3) 75°; 4) 120°. 1) Будуємо прямокутний трикутник з рівними катетами: ∠BAC = ∠BCA = 45°.

shkola.in.ua

la. in.

2) Будуємо прямокутний трикутник, у якому гіпотенуза вдвічі більша за один з катетів: AC = 2AB, ∠BAC = 60°. shkola.in.ua

3) Будуємо прямокутний трикутник ABC, у якому AC = 2AB. Тоді ∠ACB = 30°. Далі будуємо бісектрису CD кута ACB.

shkola.in.ua

∠BDC = 90° – ∠DCB = 90° – ⋅ 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°.

shkola.in.ua

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

671. Побудуйте кут, який дорівнює: 1) 30°; 2) 22°30'; 3) 15°. 1) Будуємо прямокутний трикутник, у якому гіпотенуза вдвічі більша за один з катетів: AC = 2AB, ∠ACB = 30°.

la. in.

shkola.in.ua

2) Будуємо прямокутний трикутник з рівними катетами: ∠BAC = ∠BCA = 45°. Будуємо бісектрису кута ACB: ∠ACD = ∠DCB = 22°30'.

shkola.in.ua

3) Будуємо прямокутний трикутник ABC, у якому AC = 2AB. Тоді ∠ACB = 30°. Далі будуємо бісектрису CD кута ACB: ∠ACD = ∠DCB = 15°.

shkola.in.ua

672. Через дану точку, яка не належить даній прямій, проведіть пряму, паралельну даній. 1) Через точку O проведемо довільну пряму, яка перетне пряму a в точці A. 2) Будуємо ∠AОC, який рівний куту ∠OAB. Ці shkola.in.ua кути є внутрішніми різносторонніми, при січній ОА. 3) Пряма OС ∥ а. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

673. Через дану точку, що належить куту, проведіть пряму, яка відтинає на сторонах кута рівні відрізки. Нехай задано кут ∠AВC і точка М. Будуємо бісектрису BD кута ABC. Через точку M проводимо перпендикуляр до прямої BD до перетину shkola.in.ua зі сторонами кута у точках E і F. У ΔEBF бісектриса є висотою, тому BE = BF, отже, EF є шуканою.

la. in.

674. Побудуйте коло, яке дотикається до сторін даного кута. Нехай задано кут ∠AВC. Центром кола є точка, рівновіддалена від сторін кута, тому вона належить бісектрисі кута. shkola.in.ua Будуємо бісектрису BD кута ABC. Беремо на промені BD довільну точку O. Проводимо через т. O перпендикуляр OE до сторони AB та проводимо коло радіусом OE з центром в точці O. Воно і є шуканим.

675. Дано кут, який дорівнює 30°. Побудуйте коло заданого радіуса так, щоби центр кола належав одній зі сторін даного кута й коло дотикалося до другої сторони кута. Нехай ∠ABC = 30°, O – центр шуканого кола. Проведемо OD⊥ВC, OB = 2OD. Будуємо коло з центром O і радіусом OD. shkola.in.ua

676. Побудуйте коло, яке дотикається до сторін даного кута, причому до однієї з них — у даній точці. Нехай задано кут ∠AВC і точка Е. Будуємо бісектрису BD кута ABC. З точки E проводимо до бісектриси BD перпендикуляр до перетину в точці O. Будуємо коло з центром у точці O і радіусом OE. shkola.in.ua

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

shkola.in.ua

la. in.

677. Побудуйте прямокутний трикутник за гіпотенузою та гострим кутом. Нехай АВ – гіпотенуза, ∠A – 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 вона перетинала другий промінь кута А в двох точках; 4) З отриманих точок перетину shkola.in.ua відкладаємо 2 дуги одного радіуса, отримаємо точку D; 5) З’єднуємо точки В і D і продовжуємо відрізок до перетину з променем кута А. Отримаємо точку С. ΔABC — шуканий. 678. Побудуйте прямокутний трикутник за катетом і протилежним гострим кутом. Будуємо відрізок AB, який дорівнює даному катету, та проводимо через точку A перпендикуляр AD до AB. Відкладаємо даний кут DAE. З точки B проводимо перпендикуляр до AB до перетину з AE в точці C. ΔABC — шуканий.

679. Побудуйте рівнобедрений трикутник: 1) за висотою, опущеною на основу, та кутом при вершині; Будуємо кут С та його бісектрису. На бісектрисі відкладаємо відрізок CL. Будуємо перпендикуляр до відрізка CL, який проходить через точку L. Точки перетину цього перпендикуляра з shkola.in.ua променями кута С утворюють вершини рівнобедреного трикутника при його основі. ΔABC — шуканий.

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

2) за основою та медіаною, проведеною до основи;

Нехай АВ – основа, CL – медіана. Ставимо точку А. З неї будуємо промінь і на ньому відкладаємо точку В. Будуємо серединний перпендикуляр провівши дві дуги одного радіуса із точок А і В. На ньому відкладаємо відрізок CL. З’єднаємо точку С з точками А і В. ΔABC — шуканий.

la. in.

shkola.in.ua

3) за основою та висотою, проведеною до бічної сторони. Нехай CL – висота, CВ – основа. Будуємо два взаємоперпендикулярних промені, які перетинаються в точці L. На одному з променів відкладаємо точку С. З точки С радіусом СВ проводимо дугу. Точка В – точка перетину даної дуги з другим променем. ∠CВL – кут при основі рівнобедреного трикутника. Будуємо ∠ВСА = ∠CВL. ΔABC — шуканий.

shkola.in.ua

680. Побудуйте рівнобедрений трикутник: 1) за бічною стороною та кутом при основі;

shkola.in.ua

Будуємо кут A. На одному з його променів відкладаємо точку В. З точки В проводимо коло радіусом АВ до перетину з променем АD у точці C. ΔABC — шуканий. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

2) за бічною стороною та висотою, проведеною до основи. Нехай АL – висота, АВ – бічна сторона. Будуємо два взаємоперпендикулярних промені, які перетинаються в точці L. На одному з променів відкладаємо точку А. З точки А радіусом АВ проводимо дугу. Точки В і С – точки shkola.in.ua перетину даної дуги з другим променем. ΔABC — шуканий.

la. in.

681. Побудуйте рівнобедрений прямокутний трикутник за гіпотенузою. Нехай АВ – гіпотенуза. Ставимо точку А і будуємо промінь на якому відкладаємо точку В. Будуємо серединний перпендикуляр до відрізка АВ. З точки L радіусом АL проводимо дугу до перетину із серединним перпендикуляром. Отримаємо точку С. shkola.in.ua ΔABC — шуканий.

682. Як поділити навпіл відрізок, довжина якого кілька разів більша за найбільший розмах циркуля? Це можна зробити як мінімум 2-ма способами. 1-й спосіб. Щоб поділити такий відрізок навпіл потрібно відкладати рівні довільні кола з обох кінців заданого відрізка доти, доки кола не перетнуться. Наприклад, нехай задано відрізок АВ. Розкриваємо циркуль на довільну ширину і відкладаємо точку А1. З цієї точки тим же радіусом відкладаємо точку А2. Аналогічну кількість точок відкладаємо з іншого кінця (із точки В), відклавши точки В1 і В2. Коли побачимо, що відстань між опозитними точками менше двох максимальних розгинів циркуля – будуємо серединний перпендикуляр. Точка С – середина відрізка АВ.

shkola.in.ua

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

2-й спосіб. Нехай задано відрізок АВ. АА1 – максимальний розгин циркуля. На відрізку АВ відкладаємо дуги радіусом АА1 (центром кожної наступної дуги буде точка перетину попередньої з відрізком). Продовжуємо доти, доки не вийдемо за межі заданого відрізка. Продовжуємо заданий відрізок до останньої дуги, в нашому випадку це ВА4. Далі будуємо серединний перпендикуляр цього відрізка. Рахуємо кількість відрізків, на яку ми розділили заданий відрізок. Якщо кількість парна, то відкладаємо вліво від середньої ВА точки А2С = 4. Точка С – середина відрізка АВ. 2

shkola.in.ua

la. in.

Якщо кількість відрізків не парна, то спочатку потрібно розділити навпіл середній ВА відрізок і лише потім відкласти точку С (ОС = 3). Точка С – середина відрізка АВ. 2

shkola.in.ua

683. Побудуйте прямокутний трикутник: 1. за гострим кутом і бісектрисою цього кута; 2. за катетом і висотою, проведеною до гіпотенузи. 1) Нехай задано кут А, АL – гіпотенуза цього кута. Будуємо кут А та його гіпотенузу. На гіпотенузі відкладаємо відрізок shkola.in.ua АL. Із точки L проводимо дугу, яка перетинає 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 shkola.in.ua перетину з прямою AD. ΔABC – шуканий.

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

la. in.

684. Побудуйте прямокутний трикутник: 1) за катетом і медіаною, проведеною до другого катета; 2) за гострим кутом і висотою, проведеною з вершини прямого кута. 1) Нехай АВ – катет, AD – медіана, проведена до другого катета. Побудова: Будуємо ΔABD з катетом AB, що дорівнює даному катету, та гіпотенузою AD, що дорівнює даній медіані. На прямій BD відкладаємо відрізок DC = BD. ΔABC – шуканий.

shkola.in.ua

2) Нехай BD – висота, проведена з вершини прямого кута, ∠С – гострий кут. Побудова: Від відрізка BD, що дорівнює даній висоті, відкладаємо ∠DBА, що дорівнює ∠С. Через точку D проводимо перпендикуляр AD до прямої BD. Через точку B – перпендикуляр BC до прямої АB. ΔABC – шуканий.

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

685. Побудуйте рівнобедрений трикутник за основою та радіусом вписаного кола. Ділимо навпіл відрізок AC, що дорівнює даній основі. З середини D проводимо перпендикуляр до AC та відкладаємо на ньому відрізок DO, що дорівнює даному радіусу. Прямі AO і CO є бісектрисами кутів даного трикутника, тому для побудови цього трикутника відкладаємо ∠OAB = ∠OAD і ∠OCB = ∠OCD. ΔABC – шуканий.

la. in.

686. Побудуйте трикутник за стороною, прилеглим до неї кутом і бісектрисою трикутника, проведеною з вершини цього кута. Будуємо трикутник ADC за двома сторонами AD, що дорівнює бісектрисі даного, стороною AC і кутом між ними DAC, що дорівнює половині даного кута. Будуємо кут ∠BAD = ∠DAC. Точка B – точка перетину сторони AB кута BAD і продовження сторони DC. ΔABC – шуканий.

687. Побудуйте трикутник за стороною, медіаною, проведеною до однієї з двох інших сторін, і кутом між даною стороною та медіаною. Будуємо ΔABD за стороною AB, що дорівнює даній стороні; стороною AD, що дорівнює даній медіані та кутом BAD, що дорівнює даному куту. На прямій BD відкладаємо відрізок DC = BD. ΔABC – шуканий.

688. Побудуйте трикутник за стороною, прилеглим до неї гострим кутом і висотою, проведеною до даної сторони. Проводимо перпендикуляр до відрізка BD, що дорівнює даній висоті, через точку D. Будуємо ∠DBA, що доповнює даний кут до 90°, до перетину сторони AB з перпендикуляром. На промені AD відкладаємо відрізок AC, що дорівнює даній стороні. ΔABC – шуканий.

689. Побудуйте трикутник за стороною та медіаною і висотою, проведеними з одного й того самого кінця даної сторони. Скільки розв’язків може мати задача? Будуємо ΔACH за гіпотенузою AC, що дорівнює даній стороні, та катетом AH, що дорівнює даній висоті. Відкладаємо коло з центром в точці A радіусом, що дорівнює даній медіані до перетину з прямою CH в точці D. Відкладаємо на прямій CD відрізок DB = CD. ΔABC – шуканий. Розв'язків може бути два, бо є дві точки перетину кола з прямою CH.

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

690. Побудуйте трикутник за двома сторонами та висотою, проведеною до однієї із цих сторін. Скільки розв’язків може мати задача? Будуємо ΔABD з гіпотенузою AB, що дорівнює одній із сторін, та катетом AD, що дорівнює даній висоті. На стороні BD відкладаємо відрізок BC, що дорівнює іншій даній стороні. ΔABC – шуканий. Розв'язків може бути два, бо відрізок BC можна відкласти у протилежну сторону.

691. Побудуйте трикутник за висотою та двома кутами, які ця висота утворює зі сторонами трикутника, що мають з висотою спільну вершину. Скільки розв’язків може мати задача? Від висоти BD відкладаємо ∠ABD і ∠CBD, що дорівнюють даним кутам. Через точку D проводимо перпендикуляр до BD до перетину зі сторонами AB і BC, ΔABC – шуканий.

la. in.

shkola.in.ua

692. Побудуйте трикутник за двома сторонами та висотою, проведеною до третьої сторони. Скільки розв’язків може мати задача? Будуємо ΔABD за катетом, що дорівнює даній висоті, і гіпотенузою, що дорівнює одній з даних сторін. З точки B (як з центру кола) проводимо коло радіусом, що дорівнює іншій даній стороні, що перетину з прямою AD в точці C. ΔABC – шуканий. Задача має два розв'язки, якщо висота дорівнює меншій із сторін; два розв'язки якщо висота менше обох сторін (інакше – жодного розв'язку). 693. Побудуйте трикутник за двома сторонами та кутом, прилеглим до однієї із цих сторін. Скільки розв’язків може мати задача? Від відрізка AB, який дорівнює одній із даних сторін, відкладаємо ∠BAC, який дорівнює даному куту. З точки B проводимо коло (як з центру) радіусом, що дорівнює іншій даній стороні, до перетину з AC. ΔABC – шуканий.

694. Побудуйте трикутник за стороною, прилеглим кутом і медіаною, проведеною до даної сторони. Скільки розв’язків може мати задача? Ділимо відрізок AB, що дорівнює даній стороні, навпіл, та з середини D (як з центру) проводимо коло радіусом, що дорівнює даній медіані, а з точки B – промінь BC під кутом ∠ABC, що дорівнює даному куту, до перетину з колом у точці C. ΔABC – шуканий.

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

695. Побудуйте трикутник за кутом і висотами, проведеними з вершин двох інших кутів. Будуємо прямокутний трикутник BPA за катетом і протилежним гострим кутом: ∠P = 90°, ∠A = α, BP = k. Отримали відрізок AB. Будуємо прямокутний трикутник CKA за катетом і протилежним кутом: ∠K = 90°, ∠A = α, KC = m. Отримали відрізок AC. Будуємо ΔABC за двома сторонами AB і AC і кутом між ними α. ΔABC – шуканий.

la. in.

696. Побудуйте трикутник за двома висотами та кутом, з вершини якого проведена одна з даних висот. Скільки розв’язків може мати задача? Будуємо ΔABF за катетом BF і гострим кутом BAF. Отримуємо сторону AB. Будуємо ΔADB за гіпотенузою AB і катетом AD. Отримуємо кут ABC = ∠B. Маємо сторону AB і кути BAC і ABC. ΔABC – шуканий.

697. Побудуйте прямокутний трикутник за катетом і радіусом вписаного кола. Будуємо прямий кут A і його бісектрису AD. Вписуємо в даний кут коло даного радіуса, центр якого O лежить на бісектрисі цього кута. До точки D будуємо дотичну до кола до перетину із сторонами кута. ΔABC – шуканий.

698. Побудуйте трикутник за стороною, прилеглим до неї кутом і радіусом вписаного кола. Будуємо відрізок AB, що дорівнює даній стороні, і кут A, що дорівнює даному куту. Будуємо бісектрису кута A AD і коло даного радіуса. Через точку B, перпендикулярну до BD, проводимо пряму CB. ΔABC – шуканий.

699. Побудуйте трикутник за радіусом вписаного кола та відрізками, на які точка дотику вписаного кола ділить одну із сторін. Будуємо ΔBOL і ΔBOK за радіусом r вписаного кола і відрізками BL = BK = p. Далі будуємо трикутники OLC і OMC за радіусом r вписаного кола і відрізками LC = CM = m. Точка A – точка перетину променів BK і CM. ΔABC – шуканий. 700. Побудуйте трикутник за стороною та проведеними до цієї сторони висотою та медіаною. 𝑎 Будуємо ΔAMH, отримаємо кут AMB (по стороні AM, MB = , 2

∠AMB). Отримаємо сторону AB = c, кут ABC. По куту ABC, сторонам AB і BC будуємо ΔABC.

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

la. in.

701. Побудуйте трикутник, якщо дано три точки, у яких вписане коло дотикається до його сторін. Нехай K, L, M – дані точки, тоді дане коло є описаним для 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 1 якому катет дорівнює половині гіпотенузи. AC = AB, ∠A = 60°. 2 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 . Нехай ∠OAC = ∠OCA = α. ∠AOC = 180° – 2α. ∠EOF = ∠AOC – як вертикальні кути. 2𝛼 ∠OFE = ∠OEF = 180° – 180° + 2α = = α. Отже, ∠FEA = ∠EAC як 2 внутрішні односторонні кути при прямих FE і AC і січній AE, і вони рівні, отже, FE∥AC.

704. 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 перетинає катет BC у точці M. Відомо, що ∠MAC:∠MAB=8:5. Знайдіть гострі кути трикутника 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°. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

la. in.

706. Визначте вид трикутника, у якого один із його зовнішніх кутів більший за один із кутів трикутника, не суміжних з ним: 1) на 60°, а за другий — на 40°; 2) на 25°, а за другий — на 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. На аркуші паперу накреслили рівносторонній трикутник і повністю накрили його двома іншими рівносторонніми трикутниками різних розмірів. Доведіть, що для покриття вистачило б одного із цих трикутників. Якщо рівносторонній трикутник повністю накритий двома рівносторонніми трикутниками, то один із трикутників має сторону, не меншу від сторони даного трикутника. В супротивному випадку цей трикутник не зможе накрити дві вершини, тоді два трикутника не зможуть накрити даний трикутник повністю. Якщо ж сторона одного трикутника не менша сторони другого, то цим трикутником можна накрити повністю даний трикутник.

24. Метод геометричних місць точок у задачах на побудову 708. Дано пряму m і точки A та B поза нею (рис. 369). Побудуйте на прямій m точку, рівновіддалену від точок A і B. Шукана точка C належить разом прямій m та серединному перпендикуляру l до відрізка AB, отже, є перетином l і m.

709. Точки A і B належать прямій m . Побудуйте точку, віддалену від прямої m на відстань a та рівновіддалену від точок A і B. Скільки розв'язків може мати задача? Шукана точка повинна належати серединному перпендикуляру l до відрізка AB і одній із прямих (𝑛1 , 𝑛2 ), паралельних прямій т на відстані а від неї. Отже, точка С₁ (перетину m і 𝑛1 ) і С2 (перетину m і 𝑛₂ ) є шуканими.

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

710. Побудуйте рівнобедрений трикутник за основою та бічною стороною. Відкладаємо відрізок АС, який дорівнює основі. Вершина В належить колу з центром в точці А з радіусом, що дорівнює бічній стороні, та колу з центром в точці С і таким самим радіусом. Отже, В є точкою перетину двох кіл. ΔАВС – шуканий.

la. in.

711. Точки B і C належать різним сторонам кута A, причому AB ≠ AC. Побудуйте точку M, яка належить куту, рівновіддалена від його сторін і така, що MB = MC. Якщо точка M рівновіддалена від сторін кута, що вона належить його бісектрисі l. Якщо MB = MC, то M належить серединному перпендикуляру m до відрізка BC. Отже, M є точкою перетину l і m, інакше один розв'язок.

712. Точки B і C належать різним сторонам кута A. Побудуйте точку D, яка належить куту, рівновіддалена від його сторін і така, що DC=BC. Скільки розв’язків може мати задача? Якщо точка D рівновіддалена від сторін кута, то вона належить його бісектрисі. Якщо DC = BC, то точка D належить колу з центром в т. С і радіусом BC. Отже, точка D є точкою перетину бісектриси і кола. Один розв'язок, якщо AB ≠ AC. Безліч розв'язків, якщо AB = AC. 713. Для даного кола побудуйте точку, яка є його центром. Відмітимо на колі три довільні точки A, B, C. Шукана точка O належить серединному перпендикуляру до відрізка AB(бо AO = OB) і сереинному перпендкуляру відрізка BC (бо OB = OC).

714. Побудуйте коло даного радіуса, центр якого лежить на даній прямій, так, щоб це коло проходило через дану точку. Будуємо коло даного радіуса з центром в точці А. Центр О шуканого кола є точкою перетину кола і даної прямої l.

715. Побудуйте коло даного радіуса, яке проходить через дві дані точки. Центр О шуканого кола належить серединному перпендикуляру до відрізка AB (А, В — дані точки) та колу з центром в точці А і даним радіусом. Отже, побудоване коло є шуканим.

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

716. Знайдіть усі точки, які належать даному колу та рівновіддалені від кінців даного відрізка. Скільки розв’язків може мати задача? Шукана точка є точкою перетину даного кола і серединного перпендикуляра до даного відрізка. Задача має:

la. in.

1) Або два розʼязки 2) Або один розвʼязок 3) Або жодного. 717. Дано дві прямі m і n, які перетинаються, і відрізок AB. Побудуйте на прямій m точку, віддалену від прямої n на відстань AB. Скільки розв’язків має задача? Побудуємо прямі 𝑙1 і 𝑙2 , що паралельні прямій n і віддалені від неї на відстань AB. Точка 𝐶1 (перетину 𝑙1 з m) і 𝐶2 (перетину 𝑙2 з n) є шуканими. Задача має два розʼязки.

718. У трикутнику ABC відомо, що ∠ C = 90° . На катеті AC побудуйте точку D, віддалену від прямої AB на відстань CD. Шукана точка D рівновіддалена від прямих BC і AB, тому вона належить бісектрисі кута ABC. Отже, точка D є точкою перетину катета AC і бісектриси BD ∠ABC. Будуємо коло з центром О і даним радіусом. З довільної точки В будуємо коло з радіусом, який дорівнює даній основі, яке перетне коло в точці С. Будуємо серединний перпендикуляр OD, який перетне коло у двох точках A і A₁. ΔАВС і ΔA₁BC — шукані. Задача має два розв'язки. 719. Побудуйте трикутник за двома сторонами та медіаною, проведеною до однієї з даних сторін. Будуємо трикутник BCD за трьома сторонами: ВС, що дорівнює одній із даних сторін, стороною BD, що дорівнює половині іншої сторони, та стороною CD, що дорівнює даній медіані. На промені BD відкладемо відрізок DA = BD. ΔАВС – шуканий.

720. Побудуйте рівнобедрений трикутник за бічною стороною та медіаною, проведеною до бічної сторони. Будуємо трикутник ABD за трьома сторонами: AB, що дорівнює даній стороні, AD, що дорівнює медіані, та BD, що дорівнює половині даної бічної сторони. На промені BD від точки D відкладемо DC = BD. ΔАВС — шуканий.

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

721. Побудуйте рівнобедрений трикутник за основою та радіусом описаного кола. Скільки розв’язків може мати задача? Будуємо коло з центром О і даним радіусом. З довільної точки В будуємо коло з радіусом, який дорівнює даній основі, яке перетне коло в точці С. Будуємо серединний перпендикуляр OD, який перетне коло у двох точках A і A₁. ΔАВС і ΔA₁BC — шукані. Задача має два розв'язки.

la. in.

722. На даному колі побудуйте точку, яка знаходиться на даній відстані від даної прямої. Скільки розв’язків може мати задача? Будуємо пряму 𝑏. На даній відстані 𝑚 від неї будуємо пряму а, яка паралельна даній прямій. Задача має три розв'язки:

1) дві точки; 2) одна точка; 3) жодної точки. 723. На даному колі побудуйте точку, яка рівновіддалена від двох даних прямих, що перетинаються. Скільки розв’язків може мати задача? Будуємо бісектрису 𝐾𝐿 кута, який утворився при перетині даних прямих. Задача може мати три розв'язки: 1) центр кола лежить на бісектрисі 𝐾𝐿, тоді точки Р і М рівновіддалені від даних прямих.

2) Коло дотикається до бісектриси 𝐾𝐿, тоді така точка 𝐹 – єдина.

3) Коло знаходитьcя між бісектрисою 𝐾𝐿 і однією зі сторін кута, тоді таких точок немає.

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

la. in.

724. Між двома паралельними прямими дано точку. Побудуйте коло, яке проходить через цю точку й дотикається до даних прямих. Скільки розв’язків має задача? Будуємо пряму 𝑙, яка лежить між прямими а і 𝑏 на однаковій відстані 𝑑 від них. Будуємо коло з центром у точці М і з радіусом 𝑑, яке перетне пряму 𝑙 у точках О і О1 . Будуємо кола з центрами О і О1 , і з радіусом 𝑑, вони і будуть шуканими. 725. Побудуйте коло, яке проходить через дану точку A та дотикається до даної прямої m у даній точці B. Геометричним місцем центрів кіл, що дотикаються до прямої m в точці B, є пряма, перпендикулярна до даної і така, що проходить через цю точку (дана точка B не належить ГМТ). Геометричним місцем центрів кіл, що проходять через точки A і B, є серединний перпендикуляр до AB.

726. Дано дві паралельні прямі та січну. Побудуйте коло, яке дотикається до цих трьох прямих. Нехай a∥b, c – січна. Будемо бісектриси внутрішніх односторонніх кутів при паралельних прямих a і b і січній c. Точки перетину бісектрис O і O1 є центрами кіл, які дотикаються до прямих a і b і січної c.

727. Побудуйте трикутник за двома сторонами та радіусом описаного кола. Скільки розв’язків може мати задача? Будуємо коло з центром O і даним радіусом R. З довільної точки С кола будуємо коло радіуса a, яке перетне побудоване коло в точці B, та коло радіуса b, яке перетне побудоване коло в точці C. ΔABC – шуканий.

728. Побудуйте трикутник за стороною, висотою, проведеною до цієї сторони, і радіусом описаного кола. Скільки розв’язків може мати задача? Будуємо коло з центром в точці О і даним радіусом. З довільної точки В будуємо коло з радіусом, який дорівнює даній стороні до перетину з побудованим колом в точці С. Будуємо серединний перпендикуляр OD, який перетне коло в двох точках A і 𝐴1 . ΔABC і ΔA1BC – шукані.

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

729. Побудуйте рівносторонній трикутник за радіусом описаного кола. Будуємо радіус описаного кола OA. Від точки A відкладаємо кут ВАО = 30°, сторона якого перетне коло в точці B. Від точки B відкладаємо кут OBC = 30°, сторона якого перетне коло в точці C. ΔABC – шуканий.

la. in.

730. Три прямі попарно перетинаються та не проходять через одну точку. Побудуйте точку, рівновіддалену від усіх трьох прямих. Скільки розв’язків має задача? Прямі a, b, c попарно перетинаються. Отримали ΔABC. Точка, рівновіддалена від усіх трьох прямих, — це точка перетину бісектрис отриманого трикутника ABC. Будуємо бісектриси кутів A і C. Точка O – центр вписаного кола – шукана точка.

731. Побудуйте прямокутний трикутник за катетом і сумою гіпотенузи та другого катета. Будуємо прямокутний трикутник за катетами BC = a, CD = b + c. Проводимо серединний перпендикуляр до сторони BD, який перетне сторону CD і точці A. △ABC — шуканий.

732. Побудуйте прямокутний трикутник за гіпотенузою та сумою катетів. Будуємо ΔBAD за двома сторонами AB = c, BD = a + b, та кутом D, що лежить проти сторони с, ∠D = 45°. У трикутнику BAD із вершини А опускаємо перпендикуляр AC. ΔABC — шуканий.

733. Побудуйте прямокутний трикутник за гіпотенузою та різницею катетів. Будуємо кут AKB, який дорівнює 135°, далі будуємо трикутник ABK за різницею катетів BK, та стороною AB, яка дорівнює гіпотенузі. Далі продовжуємо промінь BK і через вершину A трикутника ABK проводимо AC⊥BC. ΔABC — шуканий. 734. Побудуйте прямокутний трикутник за катетом і різницею гіпотенузи та другого катета. Будуємо прямокутний трикутник ABK, ∠B = 90°, AB — даний катет, BK — різниця між гіпотенузою і другим катетом. Точка C — точка перетину серединного перпендикуляра FC відрізка AK та продовження променя KB. ΔABC — шуканий. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

735. Побудуйте трикутник за стороною, прилеглим до неї кутом і сумою двох інших сторін. Будуємо ∆ADC в якому ∠A – заданий, AC – дана сторона, AD = AB + BC. Враховуючи, що ∆BDC – рівнобедрений, то від променя DC будуємо кут DCB, який дорівнює куту ADC. ∆ABC – шуканий.

la. in.

736. Побудуйте трикутник за стороною, прилеглим до неї кутом і різницею двох інших сторін. Будуємо ∆CDB, у якого CB = a, CD = b–c, ∠C = α. Точку А знаходимо як точку перетину променя CD та серединного перпендикуляра до сторони BD. ∆ABC – шуканий.

737. Побудуйте трикутник за стороною, протилежним до неї кутом і різницею двох інших сторін. Будуємо трикутник ACD, в якому AC – задана сторона, CD – різниця двох інших сторін трикутника. CD = AC – 𝛼 AB, ∠ADC = 90° + (α – заданий кут). 2

Точка B – точка перетину серединного перпендикуляра до відрізка AD та променя CD. ∆ABC – шуканий. 738. Побудуйте трикутник за стороною, протилежним до неї кутом і сумою двох інших сторін. Будуємо ∆ADC, у якому AC – задана сторона, AD – сума двох 𝛼 інших сторін, AD = AB + BC, і ∠ADC = (α – заданий кут 2

ABC). Точка B – точка перетину серединного перпендикуляра до сторони DC і сторони AD. ∆ABC – шуканий.

739. Побудуйте трикутник за периметром і двома кутами. Спрямуємо дві сторони трикутника ABC так, щоб з відрізком BC вони лежали на одній прямій. 1 Отже, ED = 2p – периметр ∆ABC. Оскільки ∠E = C, ∠D 2

= B. Будуємо серединний 2 перпендикуляр до сторони AE, отримаємо точку C, побудуємо серединний перпендикуляр до сторони AD, отримаємо точку D. ∆ABC – шуканий.

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

740. Побудуйте гострокутний трикутник за перимет ром, одним із кутів і висотою, проведеною з вершини іншого кута. Будуємо ∆ABH за катетом AH, що дорівнює BH, і гострому куту А. Отримаємо сторону AB = c. Отже, 2p – c = a + b. Будуємо трикутник ABC по сумі сторін a + b, куту A і стороні c. ∆ABC – шуканий.

la. in.

741. Побудуйте трикутник за висотою та медіаною, проведеними з однієї вершини, і радіусом описаного кола. План з задачі показує, що можна побудувати ∆AHM (M – середина сторони CB). Оскільки центр О – кола, описаного навколо ∆ABC, належить серединному перпендикуляру до відрізка BC, то проведемо l⊥MH, а з точки А – дугу радіуса R. Її перетин з прямою l дає точку О. Будуємо коло, яке перетинає MH в точках B і C. ∆ABC – шуканий. 742. Побудуйте трикутник за двома сторонами та медіаною, проведеною до третьої сторони. Будуємо ∆ADC за трьома сторонами, AC = b, CD = c, AD = 2m. Ділимо навпіл сторону AD (M – середина AD). На промені CM від точки M відкладаємо MB = CM. ∆ABC – шуканий.

743. Побудуйте трикутник за стороною, висотою, проведеною до цієї сторони, і медіаною, проведеною до однієї з двох інших сторін. Будуємо прямокутний трикутник ADK, ∠K = 90°, DK – дана висота, AD = 2AM = подвоєна медіана AM. Від точки А на промені АК відкладаємо AC – сторону даного трикутника. З'єднуємо точку С з серединою відрізка AD. На промені CM від точки М відкладаємо BM = CM. З'єднаємо точки B і А. ∆ABC – шуканий. 744.На рисунку 370 ∠A=46∘, ∠ACB=68∘, ∠DEC=120∘. Знайдіть кути трикутників EFC і DBE. ∠FEC = 180° – 120° = 60°; ∠ECF = 180° – 68° = 112°; ∠F = 180° – 60° – 112° = 8°. ∠BED = 180° – 120° = 60°; ∠B = 180° – ∠A – ∠C = 180° – 46° – 68° = 66°, ∠D = 180° – ∠BED – ∠B = 180° – 60° – 66° = 54°. Відповідь: 60°, 112°, 8°; 60°, 66°, 54°. 745. Через середину O сторони MK трикутника MKN проведено пряму, яка перпендикулярна до сторони MK і перетинає сторону MN у точці C. Відомо, що MC=KN, ∠N=50∘. Знайдіть кут MCO.

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

CK = NK, оскільки CO – серединний перпендикуляр. ∆CNK – рівнобедрений, ∠N = 50°, отже, ∠NCK = 50°; ∠MCK = 180° – ∠NCK = 180° – 50° = 130°; 1

Відповідь: 65°.

∠MCO = ∠MCK = ⋅ 130° = 65°. 746. У трикутнику ABC з вершиною прямого кута C проведено висоту CH і бісектрису CM. Довжина відрізка HM удвічі менша від довжини відрізка CM. Знайдіть гострі кути трикутника ABC. ∆ABC – прямокутний, CH⊥AB, CM – бісектриса, ∠ACM = ∠MCB = 45° 1

HM = CM. З ∆AKM: оскільки HM = CM, то ∠HCM = 30°, 2

la. in.

∠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°.

748. Розріжте фігуру, зображену на рисунку 372, на три частини, які не є квадратами, так, щоб із цих частин можна було скласти квадрат.

ЗАВДАННЯ № 4 «ПЕРЕВІРТЕ СЕБЕ» В ТЕСТОВІЙ ФОРМІ

1. Дано три точки, які не лежать на одній прямій. Скільки точок містить геометричне місце точок, рівновіддалених від даних? А) одну; Б) дві; В) одну; Г) жодної. 2. Дано три точки, що лежать на одній прямій. Скільки точок містить геометричне місце точок, рівновіддалених від даних? А) одну; Б) дві; В) безліч; Г) жодної. 3. Скільки точок містить геометричне місце точок, які належать куту й рівновіддалені від його сторін та вершини? А) одну; Б) дві; В) безліч; Г) жодної. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

4. Точка X належить колу радіуса R із центром O. Яке з поданих тверджень є неправильним? А) OX < R; Б) OX > R; В) OX < R; Г) OX = R.

5. Пряма має дві спільні точки з колом радіуса R із центром O. Яку фігуру утворюють усі точки X даної прямої такі, що OX ≥ R? А) відрізок; Б) промінь; В) два промені; Г) пряму.

la. in.

6. На рисунку зображено пряму a, яка дотикається до кола із центром O в точці A. На колі позначено точку B, X — довільна точка прямої a. Яке з поданих тверджень є неправильним? А) OX > OB; Б) OX > OB; В) OX > OB; Г) OA = OB.

7. Яке твердження є правильним? А) Якщо дві хорди перпендикулярні, то одна з них є діаметром. Б) Якщо дві хорди точкою перетину діляться навпіл, то вони перпендикулярні. В) Якщо дотична, проведена через кінець хорди, перпендикулярна до неї, то ця хорда — діаметр. Г) Якщо одна з хорд ділить другу навпіл, то ця хорда — діаметр. 8. Центр описаного кола трикутника — це точка перетину: А) висот трикутника; Б) медіан трикутника; В) серединних перпендикулярів сторін трикутника; Г) бісектрис трикутника. 9. Центр вписаного кола трикутника — це точка перетину: 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 трикутнику; Г) у різносторонньому трикутнику. 11. Розв'язуючи задачі на побудову, використовують інструменти: А) циркуль, транспортир, лінійку; Б) лінійку, косинець; В) лінійку, косинець, циркуль, транспортир; Г) циркуль, лінійку. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

𝑎

ВПРАВИ ДЛЯ ПОВТОРЕННЯ КУРСУ ГЕОМЕТРІЇ 7 КЛАСУ 749. Відрізок, довжина якого дорівнює a, поділили на п’ять рівних відрізків. Знайдіть відстань між серединами крайніх відрізків. Нехай AB = a – даний відрізок. C, D, E, F – точки поділу. 𝐴1 – середина AC, B1 – середина FB. За умовою AC = CD 𝑎 𝑎 = DE = EF = FB = , тоді 𝐴𝐴1 = 𝐵𝐵1 = ; 5

𝑎

4𝑎

утворилось

10⋅9 2

la. in.

𝐴𝐴1 + 𝐵𝐵1 = , тоді 𝐴1 𝐵1 = AB – (𝐴𝐴1 + 𝐵𝐵1 ) = a – = . 5 5 5 750. Точка C — середина відрізка AB, AB = 10 см. На прямій AB знайдіть усі точки 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 від точки С на відстані 2 см від неї. Отже, задача має два розв’язки. 751. Точка D — середина відрізка MK, MK = 16 см. На прямій MK знайдіть усі точки Y 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 знаходитись ліворуч або праворуч від точки D на відстані 14 см від неї. Задача має два розв’язки. 752. На прямій позначили 10 точок: A, B, C, D, E, F, M, N, K, P. Скільки при цьому утворилося відрізків, одним із кінців яких є точка A? Скільки всього утворилося відрізків із кінцями в позначених точках? Чи залежить загальна кількість відрізків від того, лежать позначені точки на одній прямій або ні? AB, AC, AD, AE, AF, AM, AN, AK, AP – утворені відрізки з кінцем в точці А (9 відрізків). Оскільки AB = BA – один і той самий відрізок для кожної пари точок, то всього = 45 відрізків.

Загальна кількість відрізків не залежить від того, чи лежать позначені точки на одній прямій. 753. На рисунку 373 AN = 24 см, AB = BC, CD = DE, EF = FK, KM = MN, DF = 6 см. Знайдіть відрізок BM. 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. 754. Накресліть кут MKE, який дорівнює 120°. Проведіть промінь KC так, щоб ∠МКС=60°. Знайдіть кут СКЕ та вкажіть його вид. Скільки розв’язків має задача? 1) Якщо промінь КС проходить між сторонами кута МКЕ, то СКЕ = МКЕ – МКС; СКЕ = 120° – 60° = 60°. СКЕ – гострий.

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

2) Якщо промінь КС не проходить між сторонами кута МКЕ, то СКЕ = 120° + 60° = 180°. СКЕ – розгорнутий.

la. in.

755. Два кути мають спільну сторону й не мають інших спільних точок. Чи є ці кути суміжними, якщо: 1) їхні величини відносяться як 11 : 19 та один із кутів на 32° більший за другий; 2) їхні величини відносяться як 7 : 3 та один із кутів на 72° менший від другого? 1) Нехай x – коефіцієнт пропорційності. Тоді 11x та 19x – градусні міри даних кутів. За умовою задачі їхня різниця 32: 19x – 11x = 32; 8x = 32; x = 4; 11 ⋅ 4 = 44 – перший кут, 19 ⋅ 4 = 76 – другий кут. Оскільки їхня сума 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 180°, то кути є суміжними. 756. На рисунку 374 BD ⊥ BC. Кут між бісектрисами кутів ABD і DBC дорівнює 55°. Знайдіть кут ABD. Нехай ВК – бісектриса кута ABD, ВМ – бісектриса кута DBC. За умовою KBM = 55°. ABK + MBC = KBD + DBM = 55°. Тоді ABC = 55° + 55° = 110°. ABD = ABC – DBC = 110° – 90° = 20°.

757. Периметр трикутника дорівнює 87 см, одна зі сторін — a см, друга — b см. Складіть вираз для знаходження третьої сторони. Обчисліть довжину третьої сторони, якщо a = 27, b = 21. 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; 𝑃△𝐴𝐵𝐶 = 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

760. У трикутниках ABC і DEF проведено медіани BM і EK відповідно. Відомо, що BC = EF, ∠ABC = ∠DEF, ∠C = ∠F. Доведіть, що: 1) ΔBMC = ΔEFK; 2) ΔABM = ΔDEK. 1) Розглянемо трикутники ABC і DEF. Вони рівні за стороною і прилеглими кутами, 1

shkola.in.ua

отже AC = DF; тоді MC = AC; KF = DF; MC = KF, ΔBMC = ΔEFK за двома сторонами і кутом між ними. 1

la. in.

2) З рівності ΔABC = ΔDEF, AB = DE, кут A = ∠D. AM = AC, DK = DF, AM = DK. 2 2 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 = Δ𝐴1 𝐷1 𝐵1 за двома катетами, тоді AB = 𝐴1 𝐵1 . ΔBDC = Δ𝐵1 𝐷1 𝐶1 за двома катетами, тоді BC = 𝐵1 𝐶1 . AC = AD + DC, 𝐴1 𝐶1 = 𝐴1 𝐷1 + 𝐷1 𝐶1 , тоді AC = 𝐴1 𝐶1 , ΔABC = Δ𝐴1 𝐵1 𝐶1 за трьома сторонами.

762. У трикутниках ABC і DEF відомо, що AC = DF, BC = EF, ∠C = ∠F. Бісектриси кутів BAC і ABC перетинаються в точці O, а бісектриси кутів DEF і EDF — у точці M. Доведіть, що ΔAOB = ΔDME. ΔABC = ΔDEF за двома сторонами і кутом між ними. 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 кутами. 763. Одна зі сторін рівнобедреного трикутника дорівнює 4 см, а його периметр — 20 см. Знайдіть дві інші сторони трикутника. Оскільки трикутник рівнобедрений, його периметр буде виражатися як 2a + b. Відомо, що периметр трикутника дорівнює 20 см: 2a + b = 20 Також відомо, що одна зі сторін трикутника дорівнює 4 см. Якщо ця сторона є основою, то b = 4. Підставимо це значення у рівняння для периметра: 2a + 4 = 20 2a = 16 a=8 Отже, дві інші сторони трикутника дорівнюють 8 см і 8 см. 764. У рівнобедреному трикутнику ABC з основою AC провели бісектриси AM і CK. Доведіть, що AK = CM. 1. У нас є рівнобедрений трикутник ABC з основою AC. Це означає, що AB = BC. 2. Проведемо бісектрису AM з вершини A до основи AC. Це означає, що бісектриса AM ділить кут ∠BAC на два рівних кута. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

la. in.

3. Проведемо бісектрису CK з вершини C до основи AB. Це означає, що бісектриса CK ділить кут ∠BCA на два рівних кута. Оскільки AB = BC і AC – основа, то трикутник симетричний відносно висоти з вершини B. Тому, якщо бісектриси AM і CK проведені правильно, вони теж будуть симетричні відносно висоти, і відрізки AK і CM будуть рівними. Інакше кажучи, вони діляться рівними частинами. Таким чином, AK = CM. 765. На продовженні основи BC рівнобедреного трикутника ABC за точку B позначено точку M таку, що ∠MBA = 128°. Знайдіть кут між бічною стороною AC та бісектрисою кута ACB. Нехай CD – бісектриса ∠ACB. За властивістю суміжних кутів ABC = 180° – 128° = 52°. За властивістю рівнобедреного трикутника ∠ACB = ∠ABC = 52°, ∠ACD = 52° : 2 = 26° – шуканий кут. 766. Із точок A і B, які лежать в одній півплощині відносно прямої m, опущено на цю пряму перпендикуляри AI і BD відповідно. Точки A і B рівновіддалені від прямої m, точка O — середина відрізка CD. Доведіть, що трикутники AIOB рівнобедрені. За умовою AC⊥m, BD⊥m, AC = BD, CO = OD, отже ΔACO = ΔBDO за двома катетами. Звідси AO = OB, ΔAOB – рівнобедрений з основою AB.

shkola.in.ua

767. На рисунку 376 AB = BC, AD = FC, ∠ADE = ∠CFE. Доведіть, що точка E — середина відрізка AC. За умовою ΔABC – рівнобедрений з основою AC, отже ∠A = ∠C. Розглянемо ΔADE і ΔCFE. Вони рівні за стороною та прилеглими кутами. Отже, AE = EC, E – середина AC.

768. Рівнобедрені трикутники ABC і ADC мають спільну основу AC. Доведіть, що пряма BD — серединний перпендикуляр відрізка AC. 1) Нехай точки В, D лежать по один бік від прямої АС. Розглянемо △АВD і △СBD. BD – спільна сторона. Трикутники рівні за трьома сторонами. Отже, ∠ABD = ∠CBD. Нехай BD ∩ AC = O, тоді BO – бісектриса рівнобедреного ΔАВС, отже і його медіана, і висота. Тому ВО – серединний перпендикуляр до АС. 2) Якщо точки В і D лежать по різні боки від прямої АС, то BD – спільна, ΔАВD = ΔСBD за трьома сторонами, ∠ABD = ∠CBD, ВО – медіана, бісектриса, висота рівнобедреного ΔАВС. Тому ВО – серединний перпендикуляр до АС. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

769. На рисунку 377 AB = BC, ∠ABO = ∠CBO. Доведіть, що ∠DAO = ∠DCO. Розглянемо ΔABD і ΔCBD, BD – спільна сторона. Трикутники рівні за двома сторонами і кутом між ними, отже AD = DC. ΔADC – рівнобедрений. У рівнобедренних трикутників кути при основі рівні. Отже, ∠DAO = ∠DCO.

la. in.

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 з основою AC, тому ∠OAC = ∠OCA. ∠DAC = ∠DAO + ∠OAC; ∠BCA = ∠BCO + ∠OCA. Отже, ∠DAC = ∠BCA. 771. Точка O — точка перетину серединних перпендикулярів сторін AC і BC трикутника ABC — належить його стороні AB. Доведіть, що: 1) точка O — середина відрізка AB; 2) ∠AOB = ∠A + ∠B. О – центр описаного кола. Усі серединні перпендикуляри сторін трикутника перетинаються в одній точці, отже, О – середина АВ. 2) Оскільки центр описаного кола лежить на стороні трикутника, то ΔАВС – прямокутний, АВ – його гіпотенуза. Отже, ∠С = 90°. За теоремою про суму кутів трикутника ∠А + ∠В = 180° – 90° = 90° = ∠С. 772. Медіана трикутника ABC розбиває його на два трикутники, периметри яких рівні. Доведіть, що трикутник ABC рівнобедрений. Нехай BD – медіана ΔABC; тоді AD = DC = a. 𝑃△𝐴𝐵𝐷 = 𝑃△𝐶𝐵𝐷 = P. AB = P – (AD + BD) = P – (a + BD), BC = P – (DC + BD) = P – (a + BD), отже, AB = BC, ΔABC – рівнобедрений з основою AC.

773. У трикутнику ABC відомо, що AB = BC, відрізок BD — медіана. Периметр трикутника ABC дорівнює 50 см, а трикутника ABD — 40 см. Знайдіть довжину медіани BD. P△ABC = 2P△ABD – 2BD. 1

BD = P△ABD – P△ABC = 40 – 25 = 15 см. 2

shkola.in.ua

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

774. На сторонах AC і BC трикутника ABC позначено точки K і F відповідно, так що коли трикутники AKB і ABF рівні, а сторони AK і BF відповідні, то трикутник ABC рівнобедрений. За умовою ΔAFB = ΔAKB. Тоді ∠FAB = ∠KBA і ΔACB рівнобедрений за ознакою, AC = BC.

la. in.

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 = 𝐵1 𝐶1 , M – середина BC, 𝑀1 – середина B₁C₁, то MB = 𝑀1 𝐵1 . ΔAMB = Δ𝐴1 𝑀1 𝐵1 за трьома сторонами. Отже, ∠B = ∠𝐵1 . ΔABC = Δ𝐴1 𝐵1 𝐶1 за двома сторонами і кутом між ними.

777. Через точку, яка не належить прямій a, проведено три прямі. Доведіть, що принаймні дві із цих прямих перетинають пряму a. Нехай жодна з прямих не перетинає пряму а. Тоді через дану точку проходить три прямі, паралельні прямій а. Наше припущення невірне, оскільки за аксіомою паралельності через точку поза прямою можна провести лише одну пряму, паралельну даній. Отже, принаймні дві з трьох прямих перетинають пряму а. 778. На сторонах AB і AC трикутника ABC позначили відповідно точки M і K так, що ∠AMK = ∠ABC. Доведіть, що ∠AKM = ∠ACB. ∠AMK = ∠ABC – відповідні кути для прямих MK і BC та січної AB. Тоді, за ознакою паралельності MK∥BC і ∠AKM = ∠ACB як відповідні для MK∥BC і січної AC за властивістю паралельних прямих.

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

la. in.

779. Доведіть, що бісектриси односторонніх кутів, утворених при перетині двох паралельних прямих січною, перпендикулярні. Нехай а∥b – дані прямі, с – січна. ∠1 + ∠2 = 180° – внутрішні односторонні кути; m – бісектриса ∠1, n – бісектриса ∠2. Нехай c∩m = A, c∩n = B, m∩n = C. Тоді ∠BAC = 0,5 ⋅ ∠1; ∠CBA = 0,5 ⋅ ∠2; ∠BAC + ∠CBA = 0,5 ⋅ (∠1 + ∠2) = 90°. За теоремою про суму кутів трикутника ∠ABC = 180° – 90° = 90°, що й треба було довести. 780. Пряма, проведена через вершину трикутника паралельно його протилежній стороні, утворює з двома іншими сторонами рівні кути. Доведіть, що даний трикутник рівнобедрений. Нехай ABC – даний трикутник, B ∈ DE, DE∥AC, ∠DBA = ∠EBC, тоді ∠BAC = ∠DBA – як внутрішні різносторонні для прямих DE∥AC і січної AB. ∠ACB = ∠EBC – як внутрішні різносторонні для прямих DE∥AC і січної BC. ∠A = ∠C, отже ΔABC – рівнобедрений з основою AC.

781. Через вершину С трикутника АВС проведено пряму, яка паралельна бісектрисі АМ трикутника і перетинає пряму АВ у точці К. Знайдіть кут АСК, якщо ∠ВКС=28°. 1. Маємо трикутник ABC з вершиною C. Проведемо пряму, яка паралельна бісектрисі AM і перетинає пряму AB у точці K. 2. Оскільки пряма паралельна бісектрисі AM, то кути ∠AKC і ∠MAC рівні. 3. З властивості бісектриси відомо, що ∠BAC розділений на два рівних кути ∠BAM і ∠MAC. Отже, ∠AKC = ∠MAC Оскільки пряма, проведена через вершину C, паралельна бісектрисі AM, і ∠AKC = ∠MAC, то сума кутів в трикутнику ACK рівна 180°. У трикутнику ACK маємо: ∠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 дорівнює 28°. 782. На продовженні бічних сторін АС і ВС рівнобедреного трикутника АВС за вершину С позначено точки Е і D відповідно так, що DE||AB. Доведіть, що трикутник СDE рівнобедрений. ∠A = ∠B – за властивістю рівнобедреного трикутника. ∠E = ∠A – як внутрішні різносторонні для AB∥DE і січної AE. ∠D = ∠B – як внутрішні різносторонні для AB∥DE і січної BD, отже, ∠D = ∠E, ΔDEC рівнобедрений з основою DE за ознакою. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

783. На стороні ВС трикутника АВС позначили точки М і К (точка М лежить між точками В і К) так, що ∠КАС=∠В, ∠ВАМ=∠С. Доведіть, що трикутник МАК рівнобедрений. Нехай ∠KAC = ∠B = α, ∠BAM = ∠C = β. Розглянемо ΔBMA. За властивістю зовнішнього кута трикутника ∠AMK = α + β. Розглянемо ΔAKC. За властивістю зовнішнього кута трикутника ∠AKM = α + β. У ΔAMK ∠AMK = ∠AKM, отже ΔAMK рівнобедрений з основою MK за ознакою.

la. in.

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 в точці О. Відомо, що ∠ВАС=64°, ∠МОК=132°. Знайдіть кут АОС. Оскільки АК – бісектриса кута ВАС: ∠ВАК = ∠КАС = 32° (бо 64° : 2 = 32°) Аналогічно для бісектриси СМ: ∠ВСМ = ∠МСА Точка О – це точка перетину бісектрис АК і СМ За умовою ∠МОК = 132° ∠АОС = 180° – 132° = 48° (суміжні кути) Відповідь: ∠АОС = 48°. 786. На стороні АС трикутника АВС позначили точку О так, що АВ=АО. Відомо, що зовнішній кут трикутника АВС при вершині А дорівнює 160° і ∠С=40°. Доведіть, що ВО=СО. Розглянемо ΔABO, AB = AO за теоремою про зовнішній кут трикутника ∠ABO = ∠AOB = 160 : 2 = 80°. За властивістю суміжних кутів ∠BOC = 180° – 80° = 100°. За теоремою про суму кутів трикутника ∠OBC = 180° – (∠BOC + ∠C) = 180° – (40° + 100°) = 40°. ∠OBC = ∠C, отже ΔOBC рівнобедрений з основою BC. 787. На продовжених сторонах АС трикутника АВС за точки А і С позначено відповідно точки М і К так, що АМ=АВ, СК=ВС. Знайдіть кути трикутника МВК, якщо ∠ВАС=60°, ∠АСВ=80°. ΔBCK – рівнобедрений. ∠ACB – його зовнішній кут, отже ∠K + ∠CBK = 80°; ∠K = ∠CBK = 80° : 2 = 40°. ΔAMB – рівнобедрений, ∠BAC – його зовнішній кут. За теоремою про суму кутів ∠BAC = 180° – (60° + 80°) = 40°; ABM = ∠M = 40° : 2 = 20°, MBK = 40° + 60° + 20° = 120°. Відповідь: 20°, 40°, 120°. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

la. in.

788. Пряма, паралельна стороні АС трикутника АВС, перетинає його сторони АВ і ВС у точках М і К відповідно так, що АМ=МК. Відомо, що ∠В=65°, ∠С=45°. Знайдіть кут КАС. MK∥AC, січна BC. ∠MKВ = ∠ACB = 45° – як відповідні. За теоремою про суму кутів 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 в точці H, ∠AHB = 128°. Знайдіть кути трикутника ABC. Розглянемо прямокутний △AHK. ∠AHB = 128° – його зовнішній кут, отже ∠HAK = 128° – 90° = 38°. Розглянемо △ADC – прямокутний. За теоремою про суму кутів трикутника ∠C = 90° – 38° = 52°. ∠BAC = ∠C = 52° (кути при основі рівнобедреного 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. За теоремою про суму кутів трикутника ∠B = 90° – ∠BAD = 90° – 50° = 40°. ΔABC – рівнобедрений. ∠A = ∠C = (180° – 40°) : 2 = 70°. Відповідь: 40°, 70°, 70°. 792. Один із гострих кутів прямокутного трикутника дорівнює 42°. Знайдіть менший із кутів, утворених бісектрисою прямого кута й гіпотенузою. Нехай у ΔABC ∠A = 90°, ∠B = 42°, тоді ∠C = 90° – 42° = 48°. AD – бісектриса, тоді ∠DAC = ∠BAD = 45°.Розглянемо ΔADC. За теоремою про суму кутів трикутника ∠ADC = 180° – (45° + 48°) = 180° – 93° = 87° – менший із утворених кутів. Відповідь: 87°. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

793. Із точок C і D, які лежать в одній півплощині відносно прямої m, опущено перпендикуляри CE і DF на цю пряму, CF = DE. Доведіть, що CE = DF. Розглянемо ΔCEF і ΔDFE. За умовою CF = DE, ∠CEF = ∠DFE = 90°. Трикутники рівні за гіпотенузою і катетом, у рівних трикутників відповідні сторони 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.

la. in.

795. Висоти BM і CK трикутника ABC перетинаються в точці H, ∠ABC = 35°, ∠ACB = 83°. Знайдіть кут BHC. За теоремою про суму кутів 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 кут ∠BHC = ∠HMC + ∠KCA = 90° + 28° = 118°.

796. Кут між висотою та бісектрисою прямокутного трикутника, проведеними з вершини його прямого кута, дорівнює 12°. Знайдіть гострі кути даного трикутника. 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 про суму кутів трикутника ∠B = 180° – (45° + 102°) = 33°, ∠C = 90° – 33° = 57°. Відповідь: 33°, 57°. 797. На гіпотенузі AB прямокутного рівнобедреного трикутника ABC позначили точки 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 з основою CM. Тоді ∠ACM = ∠AMC = (180° – 45°) : 2 = 67,5°. Аналогічно, ΔCKB — рівнобедрений з основою CK, тоді ∠CKB = 67,5°. Оскільки ∠CKM = ∠CMK, то ΔCKM — рівнобедрений з основою KM. ∠KCM = 180° – (67,5° + 67,5°) = 180° – 135° = 45°. 798. Із вершини прямого кута трикутника опустили висоту на гіпотенузу. Доведіть, що два трикутники, які при цьому утворилися, і даний трикутник мають відповідно рівні гострі кути. Нехай у ∆ABC ∠A = 90°, АН— висота. Позначимо ∠B = β, тоді ∠C = 90° – β. Розглянемо ∆AHB — прямокутний. За теоремою про суму кутів трикутника ∠BAH = 90° – β. Розглянемо ∆AHC — прямокутний. ∠CAH = 90° – (90° – β) = 90° – 90° + β = β. Отже, усі трикутники мають відповідно рівні гострі кути. △∥∠⊥ © shkola.in.ua

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

799. У трикутниках ABC і DEF відомо, що ∠A = ∠D, ∠B = ∠E, висоти BM і EK рівні. Доведіть, що ∆ABC = ∆DEF. Прямокутні трикутники АВМ і DEK рівні за катетом і гострим кутом. У рівних трикутників відповідні сторони рівні. Тоді АВ = DE і ∆ABC = ∆DEF за стороною і прилеглими кутами.

la. in.

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 гіпотенузою і катетом. ∠MAB = ∠KCA, ∠MAC = ∠BAM, тому AM — бісектриса трикутника і одночасно висота за умовою. Тоді ∆ABC — рівнобедрений з основою BC, AB = AC. З рівності ∆AKC = ∆CMA, AM = KC. Якщо висоти трикутника рівні, то вони проведені до бічних сторін рівнобедреного трикутника. Отже, ∆ABC також рівнобедрений з основою AC. AB = BC. Звідси AB = BC = AC і ∆ABC — рівносторонній. 801. Дві висоти рівнобедреного трикутника при перетині утворюють кут 100°. Знайдіть кути даного трикутника. 1) Нехай у ∆ABC AB = BC, AE і BD — висоти, O — точка їх перетину; ∠AOB = 100°. За властивістю суміжних кутів ∠BOE = 180° – 100° = 80°. Розглянемо ∆OBE — прямокутний. За теоремою про суму кутів трикутника ∠EBO = 90° – 80° = 10°. BD — бісектриса за властивістю 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°. За властивістю суміжних кутів ∠AOF = 180° – 100° = 80°. ΔAFO — прямокутний. За теоремою про суму кутів трикутника ∠FAO = 90° – 80° = 10°. Розглянемо ΔABE — прямокутний, ∠B = 90° – 10° = 80°, ∠A = ∠C = (180° – 80°) : 2 = 50°. 802. У трикутнику ABC кут ACB прямий, відрізок CH — висота даного трикутника, відрізок CD — бісектриса трикутника BCH. Доведіть, що AC = AD. Нехай ∠HCD = ∠BCD = α. Розглянемо ΔCHD — прямокутний, ∠HDC = 90° – α. Розглянемо ΔНСА — прямокутний, ∠ACH = 90° – 2α, ∠CAH = 90° – (90° – 2α) = 2α, ∠ACD = 90° – 2α + α = 90° – α, отже, ∠HDC = ∠ACD, тоді ΔACD — рівнобедрений з основою CD. Тоді AC = AD, що й треба було довести.

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

803. Кут між висотою та бісектрисою рівнобедреного трикутника, проведеними з однієї вершини, дорівнює 15°. Знайдіть кути даного трикутника. Скільки розв’язків має задача? 1) ∠A > ∠B (точка H ближче до точки А). Трикутник гострокутний. Нехай у ∆ABC AB = BC, CD — бісектриса, 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°.

la. in.

3) Розглянемо випадок, коли трикутник тупокутний. Тоді висота проектується на продовження бічної сторони. ∠BCD = ∠DCA = α, ∠A = ∠C = 2α, ∠HCB = 15° = α, ∠B = 90° – 15° – α = 75° – α. 180°−105°−𝛼 75°−𝛼 ∠CBA = 180° – 75° + α = 105° + α, ∠A = = . 2

75°−𝛼

Маємо рівняння: = 2α; 75° – α = 4α; 5α = 75°; α = 15°; ∠A 2 = ∠C = 30°; ∠B = 120°. Відповідь: задача має три розвʼязки: 1) 70°, 70°, 40°; 2) 50°, 50°, 80°; 3) 30°, 30°, 120°. 804. На продовженні гіпотенузи AB прямокутного трикутника ABC за точки A і B позначили відповідно точки D і E так, що AC = AD, BC = BE. Знайдіть кут DCE. Нехай ∠A = α, тоді ∠B = 90° – α, ∠DAC = 180° – α, ∠CBE = 180° – (90° – α) = 90° + α (за властивістю суміжних кутів). ΔDAC — рівнобедрений з основою DC, тоді 180°−180°+𝛼 𝛼 ∠DCA = ∠ADC = = . 2

ΔCBE — рівнобедрений, ∠BCE = ∠BEC = 𝛼

𝛼

180°−90°−𝛼 2

𝛼

= 45° – ; 2

∠DCE = 90° + + 45° – = 135°. 2 2 Відповідь: 135°. 805. У рівносторонньому трикутнику ABC із середини M сторони AC опущено перпендикуляр MK на сторону BC. Знайдіть периметр трикутника ABC, якщо KC = 3 см. Проведемо MD∥AB. ∠B = ∠MDC = 60° — відповідні при 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

806. Один із кутів прямокутного трикутника дорівнює 60°, а сума гіпотенузи та меншого катета — 27 см. Знайдіть ці сторони трикутника. Нехай у ∆ABC ∠A = 90°, ∠C = 60°, ∠B = 30°. Катет, що лежить проти кута 30° дорівнює половині гіпотенузи. 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.

la. in.

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 одній стороні кута B позначили точки D і A, а на другій — точки E і C (рис. 381) так, що AC ⊥ BC, DE ⊥ BC, CD ⊥ AB. Знайдіть відрізок DE, якщо ∠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 =

𝐴𝐶 2

= 6 см. BD = AB – AD = 24 – 6 = 18 см.

Розглянемо ΔDEB: DE =

𝐵𝐷 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, бісектриса і висота, O — точка їх перетину. Розглянемо прямокутний трикутник ΔOEC, ∠OEC = 90°, ∠ECO = 60° : 2 = 30°, тоді ∠EOC = 90° – 30° = 60°. Відповідь: 60°. 810. У колі із центром O проведено діаметр AC та хорди AB і BC такі, що AB = BC. Знайдіть кут AOB. У ΔABC AB = BC, BO — медіана, бісектриса, висота, отже, ∠AOB = 90°. Відповідь: 90°.

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

811. Діаметри AB і CD кола із центром O перпендикулярні. На діаметрі AB по різні боки від центра O позначено точки E і F так, що CE = DF. Доведіть, що OE = OF. Розглянемо прямокутні трикутники EOC і BOD. OC = OD — радіуси кола, CE = BD за умовою. Трикутники рівні за гіпотенузою і катетом. У рівних трикутників відповідні сторони рівні. Отже, EO = OF.

la. in.

812. У колі із центром O проведено непаралельні хорди MK і NP, MK = NP, точки A і B — середини хорд MK і NP відповідно. Доведіть, що ∠OAB = ∠OBA. За властивістю хорд AO⊥MK, PO⊥NP. Розглянемо прямокутні 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, кожна з яких дорівнює радіусу кола. Знайдіть кут ABC. ΔABO — рівносторонній, ∠ABO = 60°. ΔOBC — рівносторонній, ∠OBC = 60°. ∠ABC = 60° + 60° = 120°. Відповідь: 120°.

814. Доведіть, що дотичні до кола, проведені через кінці діаметра, паралельні. Дано коло з центром О, АВ — діаметр, AD і BE — дотичні. Оскільки дотична перпендикулярна до радіуса, проведеного в точку дотику, то DA⊥AO, BE⊥OB. Дві прямі, перпендикулярні третій, між собою паралельні. Отже, AD∥BE.

815. Діаметр AB ділить кожну із хорд MN і PK, відмінних від діаметра, навпіл. Доведіть, що MN || PK. Якщо діаметр ділить хорду навпіл, то він перпендикулярний хорді, тоді AB⊥MN, AB⊥KP. Дві прямі, перпендикулярні третій, між собою паралельні. Отже, MN∥PK. 816. Доведіть, що центр кола рівновіддалений від будь–якої дотичної до кола. Нехай дано коло з центром О, а і b — деякі дотичні, AO⊥a, OB⊥b — відстані від центра до дотичних. Радіуси, проведені в точку дотику, перпендикулярні дотичним. Тоді OA = OB (як радіуси кола).

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

la. in.

817. Через точку A до кола із центром O проведено дотичні AM і AK, M і K — точки дотику. Точка перетину відрізка OA з колом є серединою цього відрізка. Знайдіть кут MAK. Розглянемо ΔAOM. За властивістю дотичних ∠AMO = 90°, OM — радіус кола. 1 За умовою задачі OM = AO. Якщо катет дорівнює половині 2 гіпотенузи, то він лежить проти кута 30°, отже, ∠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 із центром O ділить навпіл хорду AB, яка не є діаметром. Через точку C проведено дотичну до кола. Доведіть, що ця дотична паралельна хорді AB. Нехай a — дана дотична за властивістю хорд, AB⊥CO. За властивістю дотичної ОС⊥a, тоді AB⊥a.

820. Коло, центр якого належить бісектрисі кута, перетинає кожну з його сторін у двох точках. Доведіть, що відрізки, які відтинає коло на сторонах кута, рівні. Нехай дано коло з центром O, ∠A — даний кут, AO — бісектриса кута. B, C, D, E — точки перетину сторін кута з колом. Розглянемо 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 проведено дотичні MK і ME до кола із центром у точці O, де K і E — точки дотику, ∠OMK = 30°, MK = 6 см. Знайдіть довжину хорди KE. За властивістю відрізків дотичних MK = ME. Тоді ΔKME — рівнобедрений, MA — його медіана, бісектриса, висота, тоді ∠KME = 60° і ΔMKE — рівносторонній, KE = MK = 6 см. Відповідь: 6 см.

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

la. in.

822. Доведіть, що хорда кола, яка перпендикулярна до іншої хорди цього кола та проходить через її середину, є діаметром даного кола. 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, отже 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 вписаного кола до сторін AC і AB відповідно, ∠ABC = 48°. Знайдіть кут DOE. За теоремою про суму кутів трикутника ∠A = ∠C = (180° – 48°) : 2 = 66°. AO — бісектриса кута A. За властивістю дотичних ∠OEA = 90°, у ΔAOE: ∠AOE = 90° – 66° : 2 = 57°. OA — бісектриса ∠EOD, тоді ∠EOD = 57° + 57° = 114°.

825. Коло, вписане в трикутник ABC, дотикається до його сторін у точках K, L, M і E відповідно, AK = BM = CE. Доведіть, що трикутник ABC рівносторонній. За властивістю відрізків дотичних AK = AE, BM = BK, CE = CM. Тоді AK = AE = BM = BK = CE = CM, отже, AB = BC = AC і ΔABC — рівносторонній.

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

la. in.

826. Бісектриси AD і CE трикутника ABC перетинаються в точці O1, бісектриси EF і DK трикутника DEB перетинаються в точці O2. Доведіть, що точки B, O1 і O2 лежать на одній прямій. Оскільки бісектриси AD і CE трикутника ABC перетинаються в точці O1, то ця точка — центр вписаного в трикутник ABC кола. 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

827. Розгадайте кросворд. По горизонталі: 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