Розв’язання вправ та завдань до підручника «ГЕОМЕТРІЯ» О. С. Істер 7 клас - 2015 рік

Розділ 4. Коло і круг. Геометричні побудови

§ 25. Взаємне розміщення двох кіл

656. На рис. 404 кола перетинаються. На рис. 405 кола дотикаються. На рис. 406 кола не мають спільних точок.

657. 1)

Кола мають внутрішній дотик.

2)

Кола перетинаються.

3)

Кола концентричні.

658. 1)

Кола мають зовнішній дотик.

2)

Кола не перетинаються.

659.

АВ = 4 см. Кола дотикаються (зовнішній дотик).

660.

AB = 2 см. Кола мають внутрішній дотик.

661. 1)

ОК = 7 см, О1К = 5 см.

OO1 = OK - O1К = 7 см - 5 см = 2 см.

2) ОМ = 7 см, О1М = 5 см, ОО1 = ОМ + О1М = 7 см + 5 см = 12 см.

662. 1)

ОМ = 3 см, О1М = 8 см.

OO1 = О1M + ОМ = 8 см + 3 см = 11 см.

2)

ОМ = 8 см, О1M = 3 см, OO1 = ОM - О1M = 8 см - 3 см = 5 см.

663.

OO1 = 12 см, О1M : ОМ = 2 : 5.

Нехай О1M = 2х, OM = 5x, тоді OO1 = 5x - 2x = 3x; 3x = 12; x = 12 : 3 = 4. Отже, О1M = 2 x 4 = 8 (см), ОМ = 5 х 4 = 20 (см).

Відповідь: 20 см, 8 см.

664.

Нехай ОМ = 2x, O1M = 3x. OO1 = OM + О1M = 2x + 3х = 5x. За умовою OO1 = 15 см. Отже, 5x = 15; x = 3. OM = 2 x 3 = 6 (см), О1M = 3 x 3 = 9 (см).

Відповідь: 6 см, 9 см.

665. Позначимо відстань між центрами кіл О1О2, радіуси кіл r1 і r2.

1) Оскільки 9 см + 3 см = 12 см, тобто О1О2 = r1 + r2, то кола дотикаються (зовнішній дотик кіл).

2) Оскільки 5 + 2 < 12, тобто О1О2 > r1 + r2, то кола не перетинаються.

3) Оскільки 13 см - 1 см = 12 см, тобто О1О2 = r1 - r2, то кола дотикаються (внутрішній дотик).

4) 9 см – 7 см < 12 см < 9 см + 7 см, тобто r1 - r2 < О1О2 < r1 + r2, то кола перетинаються.

666. Позначимо відстань між центрами кіл О1О2, а радіуси кіл r1 і r2.

1) 7 см + 5 см < 14 см, тобто О1О2 > r1 + r2. Отже, кола не перетинаються.

2) 16 см - 2 см = 14 см, тобто О1О2 = r1 - r2. Отже, кола мають внутрішній дотик.

3) 10 см - 5 см < 14 см < 10 см + 5 см, тобто r1r2 < О1О2 < r1 + r2. Отже, кола перетинаються.

4) 7 см + 7 см = 14 см, тобто О1О2 = r1 + г2. Отже, кола мають зовнішній дотик.

667.

AО1О2 = ∆ВО1О2 (за трьома сторонами (О1А = O1B — як радіуси, О2А = O2B — як радіуси, O1O2 — спільна сторона).

З рівності трикутників маємо: ∠AO1O2 = ∠BO1O2. ∆АО1В — рівнобедрений, оскільки О1А = О1В, O1М — бісектриса, отже, O1M — висота, тобто O1М ⊥ AB, а звідси O1O2AB (так як O1O2 міститьO1М).

668.

CO1O2 = ∆DO1O2 (за трьома сторонами: O1C = O1D — як радіуси, O2C = O2D — як радіуси, O1O2 — спільна сторона).

З рівності трикутників випливає, що ∠CO1O2 = ∠DO1O2, тобто O1O2 — бісектриса кута CO1D.

669.

Нехай O1O2 = 5 см, O2O3 = 7 см, O1O3 = 8 см. Нехай тоді Тоді

Відповідь: 3 см, 2 см, 5 см.

670.

Нехай O1O2 = 14 см, O3В = O3С = 6 см.

Відповідь: 40 см.

671.

Нехай ∆ABC — прямокутний (∠C = 90°), ∠B = 60°, AB = 20 см.

За властивістю суми кутів прямокутного трикутника ∠B + ∠A = 90°, звідси ∠A = 90° - ∠B = 90° - 60° = 30°.

(за властивістю прямокутного трикутника з кутом 30°).

Відповідь: 10 см.

672.

Нехай К, L, М, N — точки дотику. Тоді за властивістю відрізків дотичних, проведених з однієї точки до кола, маємо: AK = AL, BL = ВМ, CM = CN, DN = DK. Додавши почленно чотири останні рівності, маємо: АК + ВМ + CM + DK = AL + BL + CN + DN; (AK + DK) + (ВМ + CM) = (AL + BL) + (CN + DN); AD + ВС = AB + CD.

673.

2(ш + дл) = 12; ш + дл = 6; (1)

2(ш + дл) = 13; ш1 + дл = 6,5; (2)

2(ш + дл1) = 16; ш + дл1 = 8. (3)

Отримаємо: ш1 - ш = 0,5. Додамо отримане рівняння з третім рівнянням, отримаємо ш + дл1 = 0,5 + 8 = 8,5.

Отже, периметр зафарбованого прямокутника дорівнює 2 х 8,5 = 17 (см).

Відповідь: 17 см.



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