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

Розділ 4. Коло і круг. Геометричні побудови

Вправи для повторення розділу 4

До § 21.

756.

AB — діаметр, ОС — радіус. AD — хорда.

757.

1) Коло з променем ОК має одну спільну точку.

2) Коло з прямою ОК має дві спільні точки.

758. АОВ = ∆ВОС за двома сторонами і кутом між ними (ОА = OB, OB = ОС — як радіуси кола, ∠АОВ = ∠ВОС — за умовою).

Із рівності трикутників випливає, що AB = ВС.

759. ∠АОК — зовнішній кут до кута KOB. ∠АОК = 180° - 130° = 50°.

∆АОК — рівнобедрений, оскільки ОА = ОК — як радіуси, тоді ∠ОAК = ∠AКО = (180° - 50°) : 2 = 130° : 2 = 65°.

KOB — рівнобедрений, оскільки ОК = OB — як радіуси, тоді ∠ОКВ = ∠ОВК = (180° - 130°) : 2 = 25°.

∆АКВ — прямокутний, оскільки діаметр видно з будь-якої точки кола під кутом 90°. Отже, ∠АКВ = 90°. Отже, ∠А = 65°, ∠К = 90°, ∠B = 25°.

Відповідь: 25°, 65°, 90°.

760.

Кінці радіусів кола утворюють коло з тим самим центром і радіусом, вдвічі більшим від даного радіуса.

761.

Нехай AB — дана хорда. За допомогою косинця проведемо діаметр CDAB. Тоді за теоремою 3 діаметр кола, перпендикулярний до хорди, ділить її навпіл. Отже, АК = КВ.

762.

Нехай AB = ВС = ОС = ОА, тоді ∆АОВ і ∆ВОС — рівносторонні.

A = ∠AОВ = ∠АВО = 60°. ∠С = ∠ОВС = ∠ОСВ = 60°. ∠АВС = ∠АВО + ∠ОВС = 60° + 60° = 120°.

Відповідь: 120°.

763. AB — діаметр. ∠АКВ = 90°, оскільки діаметр кола видно з будь-якої точки кола під кутом 90°.

Нехай ∠КАВ = х°, тоді ∠КВА = 4х°. х + 4х = 90°; 5х = 90°; х = 18°. Отже, ∠А = 18°, ∠B = 18° х 4 = 72°.

Відповідь: 18°, 72°, 90°.

764.

Нехай ОК = АК, MN ⊥ ОА.

З ∆ОМК: ∠ОРК = 30°, оскільки OK = 1/2ОМ. ∆MON — рівнобедрений, оскільки ОМ = ON — як радіуси, тоді ∠ONM = ∠OMN = 30°, ∠MON = 180° - ∠ONM - ∠OMN = 180° - 30° - 30° = 120°. Отже, в ∆MONMON = 120°, ∠OMN = 30°, ∠MNO = 30°.

Відповідь: 30°, 30°, 120°.

765.

Нехай DK ⊥ АВ, CM ⊥ АВ, ∠DPB = ∠CPM = 30°, PD = 7 CM.

З прямокутного ∆DKP:

DK = 1/2РD = 1/2 ∙ 7 = 3,5 CM.

З прямокутного ∆CMP:

MC = 1/2CP = 1/2 ∙ 1 = 0,5 CM.

Відповідь: 0,5 см; 3,5 CM.

До § 22.

766.

767.

1) Пряма р перетинає коло, оскільки ОК < r, 12 см < 14 см.

2) Пряма р дотикається до кола, оскільки ОК = r, 7 см = 70 мм.

3) Пряма р не має спільних точок з колом, оскільки ОК > r, 2 дм > 18 см.

4) Пряма р перетинає коло, оскільки ОК < r, 0,3 дм < 32 мм.

768.

Нехай а і b — дотичні, тоді а ⊥ AB, bAB, а || b. Отже, дотичні до кола, проведені через кінці діаметра, не перетинаються.

769.

Нехай MN — дотична до кола, тоді ОА ⊥ MN (оскільки дотична до кола є перпендикулярною до радіуса, який проведений в точку дотику).

∆АОМ = ∆AON за двома катетами (ОА — спільний катет, AM = AN — за умовою). Із рівності трикутників випливає, що ОМ = ON.

770.

Оскільки ВК = КС, то ВС ⊥ ОА. Оскільки М — дотична, то AM ⊥ ОА.

Оскільки ВС ⊥ ОА і АМ ⊥ ОА, то ВС || AM. Отже, дотична, проведена через кінець радіуса, паралельна даній хорді.

До § 23.

771.

Оскільки центром кола, вписаного у трикутник, є точка перетину бісектрис цього трикутника, то за допомогою транспортира побудуємо бісектриси кутів А і В. Проведемо OPAB — це і буде радіус вписаного кола. За допомогою циркуля вписуємо коло з центром у т. О радіусом ОР.

772.

Будуємо бісектрису кута B. На сторонах кута відкладаємо відрізки ВС = ВА = 2 см. З точок С і А за допомогою косинця будуємо перпендикуляри до перетину у точці A. За допомогою циркуля вписуємо коло з центром у т. О радіусом, який дорівнює ОА.

773.

Нехай BD і СК — медіани, О — центр кола, вписаного в ∆ABC.

Оскільки О — точка перетину бісектрис, то BD і СК — бісектриси, медіани і висоти, а бісектриси, медіани і висоти співпадають тільки в рівносторонньому трикутнику. Отже, ∆ABC — рівносторонній.

774.

Нехай ∆ABC — рівнобедрений (AB = СВ), Е, F, D - точки дотику. За умовою ЕА : ЕВ = 2 : 3. Нехай ЕА = 2х, ЕВ = 3х. Враховуючи рівність відрізків дотичних, проведених з однієї точки до кола, маємо: PABC = AB + ВС + СА = (2х + 3х) + (3х + 2х) + (2х + 2х) = 14х. За умовою Р = 70 см, отже, 14х = 70 см, х = 5 см. Тоді AB = ВС = 2х + 3х = 5х = 5 х 5 = 25 (см), АС = 2х + 2х = 4х = 4 х 5 = 20 (см).

Відповідь: 25 см, 25 см, 20 см.

До § 24.

775.

ABC — прямокутний. О — центр кола — середина гіпотенузи.

776.

Центр описаного кола лежить на серединних перпендикулярах до сторін трикутника. Нехай ∆ABC — рівнобедрений (AB = ВС), BDAC, тоді AD = DC, оскільки висота, проведена до основи є медіаною. Маємо BD ⊥ АС і AD = DC, отже, DB належить серединному перпендикуляру до основи АС.

777.

Нехай ∆ABC — рівносторонній. Точка О — центр вписаного кола в рівносторонній трикутник, отже, точка О — точка перетину бісектрис трикутника ABC. Оскільки в рівносторонньому трикутнику бісектриси є висотами і медіанами, то бісектриси лежать на серединних перпендикулярах до сторін трикутника, які перетинаються в т. О. Отже, центр кола, описаного навколо рівностороннього трикутника, збігається з центром кола, вписаного в цей трикутник.

До § 25.

778.

1)

AB = 4 CM. Кола не перетинаються.

2)

АВ = 4 см. Кола перетинаються.

779.

Нехай СА = 3 см, AB = 8 CM, BD = 3 см.

АО = АВ : 2 = 8 см : 2 = 4 см.

СО = СА + АО = 3 см + 4 см = 7 см.

Відповідь: 4 см, 7 см.

780. Нехай OB = 10x. ОА = 7x. AB = OB - ОА = 10x - 7х = 3x. За умовою 3x = 12 см, х = 4 см. Тоді OB = 10 х 4 = 40 (см), ОА = 7 x 4 = 28 (см).

Відповідь: 40 см, 28 см.

781.

Три спільні дотичні можна провести до кіл, які мають зовнішній дотик.

782. І випадок. Кола мають зовнішній дотик.

Нехай O1K = 5x, OK = 3x, тоді 5х + 3х = 16; 8x = 16; х = 2. Отже, O1K = 5 x 2 = 10 (см), ОК = 3 x 26 (см).

Відповідь: 10 см, 6 см.

II випадок. Кола мають внутрішній дотик.

Нехай OK = 5х, О1К = 3х. Тоді O1O = OKO1K = 5х - 3х = 2х; 2х = 16; х = 8. Отже, ОК = 5 х 8 = 40 (см), О1К = 3 х 8 = 24 (см).

Відповідь: 40 см, 24 см.

До § 26.

783.

Коло перетне кожну зі сторін.

784.

АВ = ВС.

785.

1) Проведемо промінь A1D.

2) Описуємо кола рівних радіусів із центрами А і A1. Одне коло перетинає сторони кута А в точках В і С, друге перетинає промінь AD в точці С1.

3) Описуємо коло із центром С1 і радіусом СВ. Точка В1 — точка перетину побудованих кіл.

4) Проводимо промінь A1B1.

5) Кут В1А1С1 — шуканий.

6) Радіусом з п. 2) точок С1 і В1 опишемо дуги у внутрішній області кута до їхнього перетину, отримаємо т. D1. Проведемо промінь А1D1 —бісектрису.

786.

З кожної вершини кутів проведемо дугу кола довільного радіуса. З точок перетину дуг зі сторонами кутів проведемо дуги тим самим радіусом до їхнього перетину. Проведемо промені через вершини кутів і отримані точки перетину. Проведені промені — бісектриси кутів.

787.

1) 3 точки А радіусом циркуля, більшим за половину сторони АС, опишемо дугу.

2) 3 точки С тим же радіусом циркуля опишемо дугу до перетину з першою дугою.

3) Через точки перетину дуг проведемо пряму, яка перетинає сторону АС в точці/).

4) Проведемо BD — медіану. Аналогічно робимо побудови для інших сторін трикутника. Отримані медіани BD, CF і АР — перетинаються в точці О.

788. 1) Поділимо ∠BAC навпіл, а потім ∠BAD навпіл. ∠BAF = 1/4BAC.

2)

Поділимо ∠BAC навпіл, а потім ∠FAC навпіл. ∠BAD = 3/4BAC.

789.

γ — третій кут трикутника.

1) Від довільного променя відкладемо кут α.

2) Від сторони кута а відкладемо кут β.

3) Кут, суміжний з кутом α + β, буде шуканим.

790.

Нехай АВ — гіпотенуза.

1) Накреслимо коло радіуса АК = AB/2.

2) Проведемо діаметр АВ.

3) До AB в т. О будуємо перпендикуляр. Точка С його перетину з колом визначає шуканий ∆АВС (АС = ВС), ∠ACB = 90°.

791.

1) Будуємо прямий кут.

2) На одній стороні кута відкладемо відрізок, що дорівнює α.

3) Від променя ВС відкладемо кут, що дорівнює куту α.

4)АВС — шуканий.

792.

1) Будуємо коло з центром О і з радіусом R.

2) 3 довільної точки В будуємо коло з радіусом а, яке перетне побудоване коло в точці С.

3) Будуємо серединний перпендикуляр до ВС, який перетне коло у точках А і А1.

793. 1) Побудуємо відрізок АС = b.

2) Від променя АС відкладемо кут α.

3) Точка В — точка перетину кола з центром у т. С і радіуса а і променя АВ.

4)ABC — шуканий.

794.

1) Слід побудувати кути 180° - β,

2) Побудувати ∆АМС за стороною AM = l та кутами і

3) Провести промінь ВМ та серединний перпендикуляр CD до сторони AB, які перетнуться в точці С.

4)ABC — шуканий.

795.

1) Будуємо прямокутний трикутник BCD за катетами ВС = a, CD = b + с.

2) Проводимо серединний перпендикуляр до сторони BD, який перетне сторону CD в точці А.

3) ∆ABC — шуканий.

Дійсно, оскільки точка А належить серединному перпендикуляру, то AD = AB = с, тоді АС = b, ВС = а.

До § 27.

796.

Геометричне місце точок, рівновіддалених від даної точки О на задану відстань ОР — коло з центром у точці О і радіусом ОР.

797.

Геометричним місцем точок, рівновіддалених від сторін прямого кута ABC, є бісектриса BD.

798.

Пряма m, що містить висоту BD рівнобедреного трикутника ABC (AB = ВС), яка проведена до основи, є серединним перпендикуляром до відрізка АС (оскільки висота рівнобедреного трикутника, проведена до основи, є медіаною). Отже, пряма m є геометричним місцем точок, рівновіддалених від кінців основи.

799.

Центри побудованих кіл лежать на серединному перпендикулярі, проведеному до відрізка, що з’єднує дві дані точки A i В.

Якщо радіус кола менший від AB/2, то задача розв’язків не має.

Якщо r = AB/2, то задача має один розв’язок.

Якщо r > AB/2, то задача має два розв’язки.

800.

Геометричним місцем точок, рівновіддалених від усіх вершин трикутника ABC, є точка О — центр кола, описаного навколо ∆ABC.

801.

Геометричним місцем центрів кіл радіуса r, що дотикаються до прямої а, є дві прямі (які лежать по різні боки від прямої а), які паралельні прямій а і віддалені від прямої а на r.

802.

Оскільки точки, рівновіддалені від сторін кута, лежать на бісектрисі кута, то шукана точка D — точка перетину бісектриси кута, утвореного сторонами трикутника, і третьої сторони.

803.

Геометричним місце точок, що знаходяться на відстані, яка не перевищує 3 см від заданої прямої а, є смуга, утворена паралельними прямими b і с, які паралельні прямій а і знаходяться від неї на відстані 3 см.

804.

Центр кола знаходиться в точці перетину серединного перпендикуляра l до відрізка AM і прямої ОА, яка перпендикулярна до прямої а.

805.

1) Будуємо прямокутний трикутник АВН, у якого катет ВН дорівнює висоті шуканого трикутника, а кут А дорівнює даному куту.

2) Проводимо бісектрису кута ВАН.

3) Точка Р — точка перетину прямої ВР і променя АР.

4)АВС — шуканий.

806.

Будуємо коло за заданим радіусом.

2) Від довільної точки А відкладемо відрізок AB, який дорівнює стороні.

3) Проводимо пряму а, яка паралельна стороні AB і знаходиться на відстані, що дорівнює висоті шуканого трикутника.

4) Точки С і C1 — точки перетину прямої а і кола.

5) ∆ABC і ∆ABC1 — шукані трикутники.

Завдання для перевірки знань за курс геометрії 7 класу

1.

A є m, B m.

2.

3.

DE — гіпотенуза, CD і СЕ — катети.

4.

COB = ∠AOD = 119° — як вертикальні кути.

∠АОС =DOB = 180° - 119° = 61° (за теоремою про суміжні кути).

Кут між прямими AB і CD дорівнює 61 °.

61°, 61°, 119°, 119°.

5.

Нехай ∆ABC — рівнобедрений, AB = ВС = 9 см, РABC = 24 см, тоді АС = РABC - (AB + BC)= 24 - (9 + 9) = 24 - 18 = 6 (см).

Відповідь: 6 см.

6.CDN = ∆MND за першою ознакою рівності трикутників, оскільки DC = MN — за умовою, ∠CDN = ∠DNM — за умовою, DN — спільна сторона.

7.

Нехай ∆ABC — даний трикутник, ∠B = 68°.

Нехай ∠A = х°, тоді ∠C = х° + 14°. ∠A + ∠B + C = 180°, x + 68° + x 14° = 180°; 2х = 98; х = 49. Отже, ∠A = 49°, ∠C = 49° + 14° = 63°.

Відповідь: 49°, 63°.

8. Відкладемо відрізок AB = 6 см. Від т. А і В відкладемо кут ∠A = 50° і ∠B = 60°. ∆ABC — шуканий.

9. Нехай у прямокутному трикутнику ABC (C = 90°) A = x°, тоді ∠В = 90° - х°. За властивістю суміжних кутів ∠PAR = 180° - x°, ∠RBA = 180° - (90° - х°) = 90° + х°.

За умовою задачі маємо: звідси 4500 – 25x = 26401 – 29x.

54x = 1890; x = 35.

Отже, ∠A = 35°, ∠B = 90° - 35° = 55°.

Відповідь: 35°, 55°.



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