Розв’язання вправ та завдань до підручника «ГЕОМЕТРІЯ» A. Г. Мерзляк 7 клас - 2015 рік

§ 3. Паралельні прямі. Сума кутів трикутника

§ 19. Властивості кола. Дотична до кола

Практичні завдання

507. АК = КВ.

508. ABCD — дотичні до кола.

509. АС i ВС— дотичні до кола.

510. Таких кіл може бути два.

Вправи

511. CDAB. ∆АОК = ∆ВОК (за катетом і гіпотенузою: ОК — спільний катет, ОА = OB — як радіуси кола), тоді ∠AOD = ∠BOD.

512. Нехай AB = CD, OMAB, ONCD. Доведемо, що ОМ = ON.

Оскільки ОМ ⊥ AB, то AM = MB; оскільки ONCD, то CN = ND.

∆ОМА = ∆ONC (за гіпотенузою і катетом: АО = СО — як радіуси, AM = CN — як половини рівних відрізків), тоді ОМ = ON.

513. Якщо хорди рівновіддалені від центра кола, то вони рівні. Нехай ОМ ⊥ AB, ONCD і ОМ = ON. Доведемо, що AB = CD.

Оскільки ОМ ⊥ AB, ONCD, то AM = MD, CN = ND, тобто щоб довести, що AB = CD, достатньо довести, що AM = CN.

∆АОМ = ∆CON (за гіпотенузою і катетом: ОМ = ON за умовою, АО = ОС — як радіуси кола), тоді AM = CN. Отже, AB = 2AM = 2CN = CD.

514. Hi. Наприклад АВ ⊥ OM, але АВ не дотична.

Дотична до кола перпендикулярна до радіуса, проведеного в точку дотику.

515.OAB = 90° - ∠BAD = 90° - 35° = 55°, АО = OB, тому ∠OBA = ∠OAB = 55°, ∠AOB = 180° - 2 ∙ 55° = 180° - 110° = 70°.

Відповідь: 70°.

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

Відповідь: 140°.

517. Радіус кола дорівнює 1/2 ∙ 6 = 3 (см). Тому пряма а є дотичною у випадку 2).

518. 1) АС є радіусом, АС ⊥ СВ, тому СВ — дотична;

2) AB не перпендикулярна до радіуса АС, тому вона не є дотичною.

519. СВ = СО + ОВ = АО + OB > АВ.

520. ОС ⊥ AB, OK = CK.

Із прямокутного ∆АОК маємо: ∠OAK = 30° (оскільки АО = 2ОК).

Із прямокутного ∆ВОК маємо: ∠OBK = 30° (оскільки ВО = 2ОК).

AOB = 180° - ∠OAB - ∠OBA = 180° - 30° - 30° = 120°.

521. 1) OK = 1/2AB.

∆АОК = ∆ВОК (за катетом і гіпотенузою: ОК — спільний катет, ОА = ОВ — як радіуси кола). AK = КВ, тому ОК = KB; ∠KOB = 45°; ∠AOB = 2 х 45° = 90°.

Відповідь: 90°.

2) OK = 1/2OB, тому ∠OBK = 30°; ∠OAK = ∠OBK =30°, ∠AOB = 180° - 30° - 30° = 120°.

Відповідь: 120°.

522. АС = 12 см, ∠CAB = 30°.

З ∆АСК:

CK = KB — оскільки ABCD. Отже, CD = 2СK = 2 х 6 = 12 см.

Відповідь: 12 см.

523.OBA = ∠OAB = 20°.

BAM = ∠OAM - ∠OAB = 90° - 20° = 70°. ∠ABM = ∠OBM - ∠OBA = 90° - 20° = 70°.

Тоді ∠AMB = 180° - ∠BAM - ∠ABM = 180° - 70° - 70° = 40°.

Відповідь: 40°.

524. OA = OB = AB.Тому ∠OAB = ∠OBA = 60°. ∠CAB = ∠CBA = 90° - 60° = 30°. ∠ACB = 180° - 30° - 30° = 120°.

Відповідь: 120°.

525. ОА = ОС, отже, ∆OAC — рівнобедрений.

OAC = ∠OCA, ∠OCA = ∠CAD, тому ∠OAC = ∠CAD, отже, CD — бісектриса ∠BAD.

526.

527.ABC = 30°. ∠AOD — зовнішній кут ∆АОВ; ∠AOD = ∠OBA + ∠OAB = 30° + 30° = 60°; ∠ADB = 90° - ∠AOD = 90° - 60° - 30°. Отже, ∠ABD = ∠ADB, тому ∆ABD — рівнобедрений.

528. 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.

529. Геометричним місцем центрів кіл, які дотикаються до даної прямої в даній точці є перпендикулярна пряма до даної прямої, яка проходить через дану точку.

530. Геометричним місцем центрів кіл, які дотикаються до обох сторін кута, є бісектриса цього кута.

531. Геометричним місцем центрів кіл, які дотикаються до даної прямої є усі точки площини, за винятком самої прямої.

532.AKB = 120°. ∆ОАК = ∆ОВК (за гіпотенузою і катетом: ОК — спільна, ОA = OB — як радіуси), тому ∠AKO = ∠BKO = 120° : 2 = 60°, АК = ВК.

З ∆ОАК: ∠AOK = 90° - ∠AKO = 90° - 60° = 30°. Отже, OK = 2АК, або OK = АК + ВК.

533. AM = АР — як відрізки дотичних, проведених із однієї точки до кола, ВМ = BK, CP = СК — як відрізки дотичних, проведених із однієї точки до кола. РABC = АС + CB + AB = АС + СВ + AM +MB = АС + CB + АР + ВК = (АС + АР) + (СВ + ВК) = СР + СК. Оскільки СР = СК, то маємо: РABC = 2 x СК, звідки або

534. РDEC = CD + СЕ + DE = CD + СЕ + DM + EM. Оскільки DM = DA, BE = EM — як відрізки дотичних, проведених із однієї точки до кола, то маємо РDEC = CD + СЕ + DA + BE = (CD + DA) + (CE + BE) = CA + CB. Отже, периметр трикутника DEC не залежить від вибору точки М.

Вправи для повторення

535. М — середина відрізка AB, а || b.

∆АМС = ∆BMD — за стороною і двома прилеглими кутами: АМ = ВМ, ∠AMС = ∠CBMD — як вертикальні кути, ∠А = ∠B як внутрішні різносторонні кути при паралельних прямих а і b і січній AB). Із рівності цих трикутників випливає, що CM = DM.

536. AN = NB, СN = CD. Оскільки ∆AMB — рівнобедрений і MN є медіаною, то MN є і висотою.

CMN = ∆DMN (за вдома катетами: MN — спільний катет, CN = ND за умовою). Із рівності цих трикутників випливає, що MC = MD, тобто ∆CMD — рівнобедрений.

537. ME = ЕР, FK = FP, ∠К = 26°, ∠EPF = 92°.

KFP — рівнобедрений, оскільки FK = FP. Отже, ∠KPF = ∠К = 26°.

EFP — зовнішній кут ∆EFP, ∠EFP = ∠К + ∠КРЕ = 26° + 26° = 52°.

∠МЕР — зовнішній кут ∆EFP, ∠МЕР = ∠EFP + ∠EPF = 52° + 92° = 144°.

Оскільки ∆МЕР — рівнобедрений, то ∠М = (180° - ∠МЕР): 2 = (180° - 144°) : 2 = 18°.

Відповідь: 18°.

538. ВМ — бісектриса ∠АВС, ∠АВМ = ∠МВС = α. Тоді ∠КМС = α.

З ∆МКС: ∠С = 90° - α. З ∆АВС: ∠А = 180° - ∠В - ∠С = 180° - 2α - (90° - а) = 180° - 2α - 90° + α = 90° - α. Отже, ∠А = ∠С, тобто ∆АВС — рівнобедрений.



Відвідайте наш новий сайт - Матеріали для Нової української школи - планування, розробки уроків, дидактичні та методичні матеріали, підручники та зошити