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

§ 3. Паралельні прямі. Сума кутів трикутника

§ 20. Задачі на побудову

574. 1) Відкладемо довільний промінь ОК. Кут ЕОК дорівнює куту ВАС (будуємо згідно із задачею 1 на стор. 175).

2) Відкладемо довільний промінь ОК. Кут LOM дорівнює куту ВАС (будуємо згідно із задачею 1 на стор. 175).

575. Будуємо ∠LDK = ABC(див. задачу 1 на стор. 175), потім на промені DL будуємо ∠MDL = ∠ABC, ∠MDK = 2∠ABC.

576. Знаходимо середину відрізка AB — точку С. Потім ділимо кожний з відрізків АС і СВ навпіл.

577. Будуємо бісектрису BD кута ABC (задача 6 стор. 178). Потім будуємо бісектрису BE кута ABD і бісектрису BF кута DBC.

578. 1) Будуємо прямокутний трикутник з рівними катетами: ∠BAC = ∠BCA = 45°.

2) Будуємо прямокутний трикутник, у якому гіпотенуза вдвічі більша за один з катетів: АС = 2АВ, ∠BAC = 60°.

3) Будуємо прямокутний трикутник ABC, у якому АС = 2АВ. Тоді ∠АСВ = 30°. Далі будуємо бісектрису CD кута АСВ.

4) Будуємо кут, суміжний з кутом ВАС пункту 2).

579. 1) Дивись пункт 2) задачі 578 (∠АСВ = 30°).

2) Будуємо кут 45° (див. задачу 578 пункт 1). Будуємо бісектрису кута АСВ: ∠ACD = ∠DCB = 22° 30'.

3) Будуємо кут 30° (див. пункт 2 задачі 678). ∠АСВ = 30°. Будуємо бісектрису кута АСВ: ∠ACD = ∠DCB = 15°.

580. 1) Через точку А проводимо перпендикуляр до прямої ВС, через точку В — до АС, через точку С — до AB (згідно з задачею 4 стор. 177).

2) Дивись коментар до пункту 1).

581. Через точку А проводимо перпендикуляр АМ до прямої ВС (задача 4 стор. 177). Знаходимо середину D відрізка АС (задача 3 стор. 177) та будуємо медіану BD.

Будуємо бісектрису СК кута ВСА (задача 6 стор. 178).

582. 1) Через точку О проведемо довільну пряму, яка перетне пряму а в точці А.

2) Проведемо другу з центром в точці А радіуса ОА, яка перетне пряму о в точці В.

3) Проведемо дугу радіуса ОА з центром в т. О.

4) Проведемо дугу з центром в т. А радіуса OB, яка перетне попередню дугу в точці O1.

5) Пряма OO1 — шукана.

583. 1) Будуємо кут С.

2) На сторонах кута відкладаємо відрізки CA = b, СВ = а.

3)ABC — шуканий.

2) 1) Будуємо ∠C.

2) На одній стороні кута відкладемо ВС = а.

3) ∆ABC — шуканий.

3) Будуємо ∠BCA = ∠C.

4)АВС — шуканий.

1) Будуємо ∠B.

2) На одній стороні кута відкладемо ВС = а.

584. Через точку М проводимо перпендикуляр до даної прямої AB (задача 5 на стор. 177). Відкладемо відрізок МО, який дорівнює даному радіусу та будуємо коло радіусом МО з центром у точці О.

585. Будуємо бісектрису BD кута ABC. Через точку М проводимо перпендикуляр до прямої BD до перетину зі сторонами кута у точках Е і F. У ∆ABF бісектриса є висотою, тому BE = BF, отже, EF є шуканою.

586. Проводимо промінь ОА і на промені відкладаємо АВ = ОА. Проводимо серединний перпендикуляр MN до відрізка AB. MN — шукана дотична.

587. Центром кола є точка, рівновіддалена від сторін кута, тому вона належить бісектрисі кута.

Будуємо бісектрису BD кута ABC. Беремо на промені BD довільну точку О. Проводимо через т. О перпендикуляр ОЕ до сторони AB та проводимо коло радіусом ОЕ з центром в точці О. Воно і є шуканим.

588. Нехай ∠ABC = 30°, О — центр шуканого кола. Проведемо OD ⊥ АС, ОВ = 2OD. Будуємо коло з центром О і радіусом OD.

589. Будуємо бісектрису BD кута ABC. З точки Е проводимо до бісектриси BD перпендикуляр до перетину в точці О. Будуємо коло з центром у точці О і радіусом ОЕ.

590. 1) Щоб побудувати прямокутний трикутник за двома катетами, слід побудувати прямий кут і на його сторонах відкласти відрізки, що дорівнюють катетам: ВС = а, СА = b.

2) Будуємо відрізок АС, який дорівнює даній гіпотенузі, та відкладаємо даний кут ACD. З точки А проводимо перпендикуляр до сторони CD до перетину в точці В.

3) Будуємо прямий кут. Відкладаємо на одній стороні кута відрізок, що дорівнює катету СВ = а. Будуємо кут СВА, що дорівнює даному: ∠СВА = β. ∆АВС — шуканий.

591. Будуємо відрізок AB, який дорівнює даному катету, та проводимо через точку А перпендикуляр AD до AB. Відкладемо даний кут DAE. З точки В проводимо перпендикуляр до AB до перетину з АЕ в точці С. ∆ABC — шуканий.

592. 1) Будуємо бічну сторону AB та відкладаємо даний кут ABD. На стороні BD відкладаємо відрізок ВС = AB. ∆ABC — шуканий.

2) Будуємо прямокутний трикутник ABD за катетом AD, який дорівнює висоті h і гострим кутом, який дорівнює На промені BD від точки D відкладемо DC = BD. ∆АВС — шуканий.

3) Будуємо сторону АС і серединний перпендикуляр до АС, на якому відкладаємо відрізок BD, що дорівнює медіані. ∆АВС — шуканий.

4) Будуємо прямокутний ∆ADC за катетом AD, що дорівнює даній висоті, і гіпотенузою АС, що дорівнює основі. Будуємо прямокутний ∆AFC за катетом FC, що дорівнює висоті, і гіпотенузою АС, що дорівнює основі. Продовжмо сторони AF і CD до перетину в точці В. ∆АВС — шуканий.

593. 1) Будуємо AB — основу рівнобедреного трикутника. Будуємо кути ВАС та кут ABC, які дорівнюють куту при основі. ∆АВС — шуканий.

2) Від бічної сторони AB відкладаємо ∠BAD та проводимо коло з центром у точці В та радіусом AB до перетину зі стороною AD у точці С.

3) Будуємо прямокутний ∆ADB за катетом BD, що дорівнює висоті, і гіпотенузою AB, що дорівнює бічній стороні. На промені AD відкладаємо відрізок DC = AD. Оскільки висота є також медіаною, ∆ABC — шуканий.

594. 1) Будуємо прямий кут. Відкладаємо на сторонах кута відрізки, що дорівнюють даному катету. ∆ABC — шуканий.

2) Відкладемо від гіпотенузи АС ∠DAC = 45°. З точки С проводимо перпендикуляр до сторони AD в точці В. ∆ABC — шуканий.

595. Проводимо з даної точки О на стороні кута KLKLM перпендикуляр до сторони LM до перетину в точці С. Далі відкладаємо від точки С на стороні LM відрізки СА і СВ, що дорівнюють половині даної довжини. Будуємо коло з центром в точці О і радіусом ОА = OB. Воно і буде шуканим.

596. Треба розділити відрізок на кілька відрізків так, щоб довжина кожного з них не перевищувала найбільшого розхилу циркуля. Кожний з цих відрізків поділити навпіл та відкласти відрізок, довжина якого дорівнює сумі половини довжин відрізків, на які був поділений вихідний відрізок.

597. Будуємо прямокутний ∆ABD, у якого гіпотенуза AD є даною бісектрисою, а гострий кут BAD дорівнює половині даного кута. Відкладемо ∠DAC = ∠BAD до перетину сторони АС з прямою BD. ∆ABC — шуканий.

2) Будуємо прямокутний ∆ABD за катетом BD, що дорівнює даній висоті, і гіпотенузою AB, що дорівнює даному катету. Проводимо промінь ВС, перпендикулярний до AB, до перетину з прямоюAD. ∆АВС — шуканий.

598. 1) Будуємо ∆ABD з катетом АВ, що дорівнює даному катету, та гіпотенузою AD, що дорівнює даній медіани. На прямій BD відкладаємо відрізок DC = BD. ∆ABC — шуканий.

2) Від відрізка BD, що дорівнює даній висоті, відкладаємо ∠DBC, що дорівнює даному. Через точку В проводимо перпендикуляр AB до прямої ВС. Через точку D — перпендикуляр АС до прямоїBD. ∆АВС — шуканий.

599. Ділимо навпіл відрізок АС, що дорівнює даній основі. З середини D проводимо перпендикуляр до АС та відкладаємо на ньому відрізок DO, що дорівнює даному радіусу. Прямі АО і СО є бісектрисами кутів даного трикутника, тому для побудови цього трикутника відкладаємо ∠OAB = ∠OAD і ∠OCB = ∠OCD. ∆АВС — шуканий.

600. Будуємо трикутник ADC за двома сторонами AD, що дорівнює бісектрисі даного, стороною АС і кутом між ними DAC, що дорівнює половині даного кута. Будуємо кут ∠BAD = ∠DAC. Точка В — точка перетину сторони AB кута BAD і продовження сторони DC. ∆АВС — шуканий.

601. Будуємо ∆АВО за стороною АВ, що дорівнює даній стороні, стороно АD, що дорівнює даній медіані та кутом BAD, що дорівнює даному куту. На прямій BD відкладемо відрізок DC = BD. ∆АВС — шуканий.

602. 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 променіAD відкладаємо відрізок AС, що дорівнює даній стороні. ∆АВС — шуканий.

603. Будуємо AABD з гіпотенузою AB, що дорівнює одній із сторін, та катетом AD, що дорівнює даній висоті. На стороні BD відкладаємо відрізок ВС, що дорівнює іншій даній стороні. ∆АВС — шуканий. Розв’язків може бути два, бо відрізок ВС можна відкласти у протилежну сторону.

604. Будуємо ∆АСН за гіпотенузою АС, що дорівнює даній стороні, та катетом АН, що дорівнює даній висоті. Відкладаємо коло з центром в точці A радіусом, що дорівнює даній медіані до перетину з прямою СН в точці D. Відкладаємо на прямій CD відрізок DB = CD. ∆АВС — шуканий. Розв’язків може бути два, бо є дві точки перетину кола з прямою СН.

605. Від висоти BD відкладаємо ∠ABD і ∠CBD, що дорівнюють даним кутам. Через точку D проводимо перпендикуляр до BD до перетину зі сторонами AB і ВС, ∆АВС — шуканий.

606. Будуємо ∆ABD за катетом, що дорівнює даній висоті і гіпотенузою, що дорівнює одній з даних сторін. З точки В (як з центру кола) проводимо коло радіусом, що дорівнює іншій даній стороні, що перетину з прямою AB в точці С. ∆АВС — шуканий. Задача має два розв’язки, якщо висота дорівнює меншій із сторін; два розв’язки якщо висота менше обох сторін (інакше — жодного розв’язку).

607. Від відрізка АВ, який дорівнює одній із даних сторін, відкладаємо ∠BAC, який дорівнює даному куту. З точки В проводимо коло (як з центру) радіусом, що дорівнює іншій даній стороні, до перетину з АС. ∆ABC — шуканий.

608. 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 В — промінь ВС під кутом ∠ABC, що дорівнює даному куту, до перетину з колом у точці С. ∆АВС — шуканий.

609. Будуємо прямокутний трикутник ВРА за катетом і протилежним гострим кутом: ∠P = 90°, ∠A = α, BP = k. Отримали відрізок AB. Будуємо прямокутний трикутник СКА за катетом і протилежним кутом: ∠K = 90°, ∠A = α, КС = m. Отримали відрізок АС. Будуємо ∆ABC за двома сторонами AB і АС і кутом між ними α. ∆ABC — шуканий.

610. Будуємо ∆ABF за катетом BF і гострим кутом BAF. Отримуємо сторону AB. Будуємо ∆ADB за гіпотенузою AB і катетом AD. Отримаємо кут ABC = ∠B. Маємо сторону AB і кути ВАС і ABC. ∆ABC— шуканий.

611. Будуємо прямий кут А і його бісектрису AB. Вписуємо вданий кут коло даного радіуса, центр якого О лежить на бісектрисі цього кута.

До точки D будуємо дотичну до кола до перетину із сторонами кута. ∆ABC — шуканий.

612. Будуємо відрізок AB, що дорівнює даній стороні, і кут А, що дорівнює даному куту. Будуємо бісектрису кута АAD і коло даного радіуса. Через точку В, перпендикулярну до ВD, проводимо пряму СВ. ∆ABC — шуканий.

613. Будуємо ∆BOL і ∆ВОК за радіусом г вписаного кола і відрізками BL = ВК = n. Далі будуємо трикутники OLC і ОMC за радіусом г вписаного кола і відрізками LC = CM = m. Точка А — точка перетину променів ВК і CM. ∆ABC — шуканий.

614. Будуємо ∆АМН, отримаємо кут AMВ (по стороні AM, MB = a/2, ∠AMB). Отримаємо сторону AB = с, кут ABC. По куту ABC, сторонам AB і ВС будуємо ∆AВС.

615. Побудуємо коло через точки К, L, М. Нехай О — центр кола. Проводимо прямі, які перпендикулярні до відрізків ОМ, OK, OL і проходять через точки М, L, К відповідно. Проведені прямі перетинаються в точках А, В, С. ∆ABC — шуканий.

616. Побудуємо прямокутний трикутник ABC, у якому ∠C = 90°, ∠A = 54°, тоді ∠B = 36°. Проведемо коло з центром в точці В і радіусом ВС, тоді BD = ВС, ∆BCD — рівнобедрений, ∠BDC = ∠BCD= 72°, тоді ∠ACD = 18°.

Вправи для повторення

617. Нехай ∠OAC = ∠OCA = α.

OAC = 180° - 2α. ∠EOF = ∠AOC — як вертикальні кути. ∠OFE = ∠OEF = 180° - 180° + 2α = 2α/2 = α. Отже, ∠FEA = ∠EAC як внутрішні односторонні кути при прямих FE і АС і січній АЕ, і вони рівні, отже, FE || АС.

618. 1) Додамо рівності ∠А + ∠В + ∠А + ∠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°.

619.MAC : ∠MAB = 8 : 5. Оскільки MK — серединний перпендикуляр, то AK = KB. ∆MAB — рівнобедрений.

B = ∠MAB = 5x, ∠MAC = 8x. ∠B + ∠MAB + ∠MAC = 5x + 5x + 8x = 90°; 18x = 90°; x = 5°. Отже, ∠A = 135° = 65°, ∠B = 55° = 25°.

Відповідь: 65°, 25°.

620. 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, ∆ABC — 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, ∆ABC — тупокутний.

Відповідь: 1) гострокутний; 2) тупокутний.

621. 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.

Вправи

622. Шукана точка С належить разом прямій m та серединному перпендикуляру l до відрізка AВ, отже, є перетином l і m.

623. Шукана точка повинна належати серединному перпендикуляру l до відрізку АВ і одній із прямих (n1, n2), паралельних прямій m на відстані а від неї. Отже, точка С1 (перетину m і n1) і С2(перетину m і n2) є шуканими.

624. Якщо точка М рівновіддалена від сторін кута що вона належить його бісектрисі l. Якщо MB = MC, то М належить серединному перпендикуляра m до відрізка ВС. Отже, М є точкою перетинуl і m. Задача має безліч розв’язків, якщо AB = АС, інакше один розв’язок.

625. Якщо точка D рівновіддалена від сторін кута, то вона належить його бісектрисі. Якщо DC = ВС, то точка D належить колу з центром в т. С і радіусом ВС. Отже, точка D є точкою перетину бісектриси і кола. Два розв’язки.

626. Відкладаємо відрізок АС, який дорівнює основі. Вершина В належить колу з центром в точці А а радіусом, що дорівнює бічній стороні, та колу з центром в точці С і таким самим радіусом. Отже, В є точкою перетину двох кіл. ∆ABC — шуканий.

627. Відмітимо на колі три довільні точки А, В, С. Шукана точка О належить серединному перпендикуляру до відрізка AB (бо АО = OB) і серединному перпендикуляру до відрізка ВС (бо OB = ОС).

628. Будуємо коло даного радіуса з центром в точці А. Центр О шуканого кола є точкою перетину кола і даної прямої l.

629. 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.

630. Шукана точка є точкою перетину даного кола і серединного перпендикуляра до даного відрізка. Задача має:

1) або два розв’язок;

2) або один розв’язок;

3) або жодного.

631. Побудуємо прямі l1 і l2, що паралельні прямій n і віддалені від неї на відстань AB. Точки С1 (перетину l1 з m) і С2 (перетину l2 з n) є шуканими.

632. Шукана точка D рівновіддалена від прямих ВС і AB, тому вона належить бісектрисі кута АВС. Отже, точка D є точкою перетину катета АС і бісектриси BDABC.

633. Будуємо коло з центром О і з даним радіусом. З довільної точки В будуємо коло з радіусом, який дорівнює даній основі, яке перетне коло в точці С.

Будуємо серединний перпендикуляр ОD, який перетне коло у двох точках А і А1. ∆АВС і ∆А1ВС — шукані. Задача має два розв’язки.

634. 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. ∆АВС — шуканий.

635. 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 Dвідкладемо DC = BD. ∆ABC — шуканий.

636. 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.

637. 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 знаходиться між бісектрисою KL і однією зі сторін кута, тоді таких точок немає.

638. Будуємо пряму l, яка лежить між прямими a 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 O1. Будуємо кола з центрами О і О1 і з радіусом d, вони і будуть шуканими.

639. Геометричним місцем центрів кіл, що дотикаються до прямої m в точці В 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 А і B, є серединний перпендикуляр до AB.

640. Нехай а ll b, с — січна. Будуємо бісектриси внутрішніх односторонніх кутів при паралельних прямих а і b і січній с. Точки перетину бісектрис О і O1 є центрами кіл, які дотикаються до прямих а і b і січної с.

641. Будуємо коло з центром О і даним радіусом R. З довільної точки С кола будуємо коло радіуса а, яке перетне побудоване коло в точці Б, та коло радіуса a, яке перетне побудоване коло в точці С. ∆ABC — шуканий.

642. Будуємо коло з центром в точці О і даним радіусом. З довільної точки B будуємо коло з радіусом, який дорівнює даній стороні до перетину з побудованим колом в точці С. Будуємо серединний перпендикуляр OD, який перетне колов двох точках А і A1. ∆ABC і ∆А1BС — шукані.

643. Будуємо радіус описаного кола ОА. Від точки А відкладемо кут ВАО = 30°, сторона якого перетне коло в точці B. Від точки B відкладемо кут ОВС = 30°, сторона якого перетне коло в точці С. ∆ABC — шуканий.

644. Прямі а, b, с попарно перетинаються. Отримали ∆ABC. Точка, рівновіддалена від усіх трьох прямих, — це точка перетину бісектрис отриманого трикутника ABC. Будуємо бісектриси кутів А iС. Точка О — центр вписаного кола — шукана точка.

645. Будуємо прямокутний трикутник за катетами ВС = a, CD = b + с. Проводимо серединний перпендикуляр до сторони BD, який перетне сторону CD і точці А. ∆ABC — шуканий.

646. Будуємо ∆BAD за двома сторонами AB = c, BD = a + b, та кутом, що лежить проти сторони с, ∠D = 45°. У трикутнику BAD із вершини А опускаємо перпендикуляр шуканий.

647. Будуємо кут АКВ, який дорівнює 135°, далі будуємо трикутник АВК за різницею катетів ВК, та стороною AB, яка дорівнює гіпотенузі. Далі продовжуємо промінь ВК і через вершину А трикутника ABК проводимо АС ⊥ ВС. ∆АВС — шуканий.

648. Будуємо прямокутний трикутник АВК, ∠B = 90°, AB — даний катет, ВК — різниця між гіпотенузою і другим катетом. Точка С — точка перетину серединного перпендикуляра FC відрізка АК та продовження променя КВ. ∆ABC — шуканий.

649. Будуємо трикутник ABD, у якому AB — дана основа, KD — різниця між бічною стороною і висотою, проведеною до основи. Далі проводимо серединні перпендикуляри MC до відрізка AD і NCдо відрізка DB. ∆АВС — шуканий.

650. Будуємо ∆АВС в якому ∠A — заданий, АС — дана сторона, AD = AB + ВС. Враховуючи, що ∆BDC — рівнобедрений, то від променя DC будуємо кут DCB, який дорівнює куту ADC. ∆АВС —шуканий.

651. Будуємо ∆CDB, у якого СВ = a, CD = b - c, ∠C = α. Точку А знаходимо як точку перетину променя CD та серединного перпендикуляра до сторони BD. ∆АВС — шуканий.

652. Будуємо трикутник ACD, в якому АС — задана сторона, CD — різниця двох інших сторін трикутника. CD = АС - AB, ADC = 90° + α/2 (α — заданий кут). Точка В — точка перетину серединного перпендикуляра до відрізка AD та променя CD. ∆ABC — шуканий.

653. Будуємо ∆ADC, у якому АС — задана сторона, AD — сума двох інших сторін, AD = AB + ВС, і ∠ADC = α/2 (α — заданий кут ABC).

Точка В — точка перетину серединного перпендикуляра до сторони DC і сторони AD. ∆ABC — шуканий.

654. Будуємо ∆DAB, у якому AB — задана сторона, BD — сума двох інших сторін, DB = ВС + АС і де — даний кут.

KAB = α, тоді КВА = α, ∠CBA = β – а, ∠CKB = 2α, ∠BCA = 180° - α - β, ∠DCA = α + β, тоді

Точка С — точка перетину сторони DB і серединного перпендикуляра до відрізка AD. ∆ABC — шуканий.

655. Спрямимо дві сторони трикутник а ABC так, щоб з відрізком ВС вони лежали на одній прямій. Отже, ED = 2р — периметр ∆АВС. Оскільки Будуємо серединний перпендикуляр до сторони АE, отримаємо точку С, будуємо серединний перпендикуляр до сторони AD, отримаємо точку D. ∆ABC — шуканий.

656. Будуємо ∆АВН за катетом АН, що дорівнює ВН і гострому куту А. Отримаємо сторону AB = с. Отже, 2р - с = а + b. Будуємо трикутник ABC по сумі сторін а + b, куту А і стороні с. ∆ABC — шуканий.

657. План з задачі показує, що можна побудувати ∆АНМ (М — середина сторони СВ). Оскільки центр О — кола, описаного навколо ∆АВС, належить серединному перпендикуляру до відрізка ВС, то проведемо l ⊥ МН, а з точки А — дугу радіуса R. Її перетин з прямою l дає точку О. Будуємо коло, яке перетинає МН в точках В і С. ∆АВС — шуканий.

658. Будуємо ∆ADC за трьома сторонами, АС = b, CD = с, AD = 2m.

Ділимо навпіл сторону AD (М — середина AD). На промені CM від точки М відкладаємо MB = CM. ∆АВС — шуканий.

659. Будуємо прямокутний трикутник ADK, ∠K = 90°, DK — дана висота, AD = 2АМ — подвоєна медіана AM. Від точки А на промені АК відкладаємо АС — сторону даного трикутника. З’єднаємо точку С з серединою відрізка AD. На промені CM від точки М відкладаємо ВМ = CM. З’єднаємо точки В і А. ∆АВС — шуканий.

Вправи для повторення

660.

Відповідь: 60°, 112°, 8°; 60°, 66°, 54°.

661. CK = NK, оскільки CO — серединний перпендикуляр.

CNK — рівнобедрений, ∠N = 50°, отже, ∠NCK = 50°. ∠MCK = 180° - NCK = 180° - 50° = 130°;

Відповідь: 65°.

662. ∆АВС — прямокутний, CHAB, CM — бісектриса, ∠ACM = ∠MCB = 45°, HM = 1/2CM.

З ∆AKM: оскільки HM = 1/2CM, то ∠HCM = 30°, ∠ACH = 45° - 30° = 15°, ∠CAH = 90° - 15° = 75°. З ∆ABC: ∠B = 90° - 75° = 15°.

Відповідь: 75°, 15°.

663. Оскільки BD = DC, то ∠DBC = ∠BCD = α. ∠BDC = 180° - 2α.

BDA — суміжний з кутом BDC, ∠BDA = 180° - (180° - α) = 2a. Отже, ∠BDM = ∠MDA = α. ∠CBD = ∠BDM — як внутрішні різносторонні кути, отже, ВС ll MD, ∠BMD = 90° і ∠MBD = 90° - α, ∠MBN =90° - α + α = 90°. Отже, ∠MBN + ∠BMD = 90° + 90° = 180°.

Відповідь: 180°.

664.

Завдання № 4 «Перевірте себе» в тестовій формі

1. Геометричне місце точок, рівновіддалених від даних трьох точок, які не лежать на одній прямій, є точка — центр описаного кола.

Правильна відповідь В.

2. Геометричне місце точок, рівновіддалених від трьох точок, які лежать на одній прямій, не містить жодної точки.

Правильна відповідь Г.

3. Геометричному місцю точок, які належать куту й рівновіддалені від його сторін, та вершини належить одна точка.

Правильна відповідь А.

4. ОХ < R. Правильна відповідь В.

5. Точки X даної прямої такі, що ОХ ≥ R, належать двом променям АС і BD.

Правильна відповідь Б.

6. ОХ > OB. Правильна відповідь А.

7. Правильним е твердження В.

8. Правильна відповідь В.

9. Правильна відповідь Г.

10. Правильна відповідь Б.

11. Правильна відповідь Г.






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

Віртуальна читальня освітніх матеріалів для студентів, вчителів, учнів та батьків.

Наш сайт не претендує на авторство розміщених матеріалів. Ми тільки конвертуємо у зручний формат матеріали з мережі Інтернет які знаходяться у відкритому доступі та надіслані нашими відвідувачами.

Всі матеріали на сайті доступні за ліцензією Creative Commons Attribution-Sharealike 3.0 Unported CC BY-SA 3.0 та GNU Free Documentation License (GFDL)

Якщо ви являєтесь володарем авторського права на будь-який розміщений у нас матеріал і маєте намір видалити його зверніться для узгодження до адміністратора сайту.

Дозволяється копіювати матеріали з обов'язковим гіпертекстовим посиланням на сайт, будьте вдячними ми приклали багато зусиль щоб привести інформацію у зручний вигляд.

© 2007-2019 Всі права на дизайн сайту належать С.Є.А.