Розв’язання вправ та завдань до підручника «ГЕОМЕТРІЯ» 8 клас О. С. Істера - 2017 рік

Розділ 1. Чотирикутники

§ 7. Центральні та вписані кути

Пояснення

Центральний кут — кут з вершиною в центрі кола, ∠AОВ — центральний.

Дуга кола — частина кола, яка лежить усередині кута. ∪ANB (або ) — відповідає меншому центральному куту, а ∪AMB (або ) — більшому.

Вписаний кут — кут, вершина якого належить колу, а сторони перетинають це коло. ∠АСВ — вписаний.

∠АВС спирається на ∪АМВ.

Дуга має свою дожину — частину кола і свою градусну міру — це градусна міра центрального кута.

Теорема. Вписаний кут дорівнює половині дуги, на яку він спирається (або половині відповідного центрального кута).

або

Наслідок 1. Вписані кути, що спираються на одну й ту саму дугу, рівні між собою.

Наслідок 2. Вписаний кут, що спирається на діаметр — прямий.

230. ∠3 і ∠5.

231. 1) 35°; 2) 95°.

232. 1) 40°; 2) 200°

234. Розв'язання. ∠MON + ∠NOM = 360° центральні, ∠MAN і ∠MBN — відповідні їм вписані кути, а вписаний кут дорівнює половині відповідного центрального, тому ∠MAN = ∠MBN = 180°. Доведено.

235. Розв’язання. За доведеним вище ∠АМВ + ∠ANB = 180°, тому ∠АМВ = 180° - 70° = 110°.

Відповідь: 110°.

236. Розв’язання. Сума ∠COD і центрального, який відповідає вписаному ∠COD дорівнює 360°, тому ∠COD = 360° - 2 ∙ 126° = 108°.

Відповідь: 108°.

237. Розв’язання.

∠LAK = (360° - 128°) : 2 = 116°.

Відповідь: 116°.

238. Дано: коло з центром в т. О. ∪АМВ : ∪ANB = 1 : 2.

Знайти: ∠ANB і ∠AMB.

Розв’язання. ∪AMВ + ∠ANB = 360°. Нехай ∪АМВ = х°, ∪ANB = (2х)°. х + 2х = 360; 3х = 360; x = 360 : 3; х = 120. ∠AMB = 120°, ∠ANB = 240°.

Градусна міра вписаного кута дорівнює половині градусної міри відповідної дуги, тому ∠AMB = 120°, ∠ANB = 60°.

Відповідь: 60°, 120°.

239. Дано: АВ — хорда, AO = OB = АВ, т. С і т. О лежать по один бік від хорди АВ.

Знайти: ∠ACB.

Розв’язання. За умовою АВ = ОА = ОB, тому ΔАОВ — правильний, ∠AOB = 60°. ∠ACB — вписаний кут, який відповідає центральному ∠AOB = 60°, тому ∠ACB = 30°.

Відповідь: 30°.

240. Дано: коло з центром в т. О, AD ∩ ВС = F, ∠ABC = 20°, ∠BCD = 80°.

Знайти: ∠AFB.

Розв’язання. ∠BAD = ∠BCD = 80°, ∠ADC = ∠ABC = 20°, тому що спираються на одну й ту саму дугу, тому у ΔABF ∠AFB = 180° - (80° + 20°) = 80°.

Відповідь: 80°.

241. Дано: коло з центром в т. О, АВ ∩ CD = М, ∠ABC = 35°, ∠BCD = 55°.

Довести: АВ ⊥ CD.

Доведення. ∠BAD = ∠BCD = 55°, оскільки вони спираються на одну дугу. Сума кутів трикутника 180°, тому у ΔВСМ ∠CBM = 180° - (55° + 35°) = 90°, отже АВ ⊥ CD.

242. Дано: коло з центром в т. О, АВ — діаметр, ∠MBA = 50°.

Знайти: ∠MNB.

Розв’язання. АВ — діаметр, тому ∪АМВ = 180°, ∠AMB = ∪ANM + ∪МКВ, 180° = 2 ∙ 50° + ∪МКВ, ∪MKB = 80°.

∠MNB = 80° : 2 = 40°.

Відповідь: 40°.

243. Дано: коло з центром в т. О, АВ — дотична, АС — хорда.

Довести: ∠CAB = 1/2∪CNA.

Доведення. ∠COA — центральний, який спирається на ∪CNA, ∪CAB — вписаний, який спирається на ∪CNA. Вписаний кут дорівнює половині дуги, на яку він спирається, ∠CAB = 1/2∪CNA. Доведено.

244. Дано: коло з центром в точці О. ΔABC — рівнобедрений, вписаний в коло 1) АВ = ВС; 2) АС = ВС. ∠AOB = 80°.

Знайти: ∠A, ∠B, ∠C.

Розв’язання.

1) ∠AOB = 80°, ∠ACB — відповідний йому вписаний, ∠ACB = 40°, ∠A = 40°, ∠B = 180° - (40° + 40°) = 100°.

2) ∠AOB = 80°, ∠C — відповідний йому вписаний, ∠C = 40°, ∠A = ∠B - (180° - 40°) : 2 = 70.

Відповідь: 1) 40°, 40°, 100°; 2) 40°, 70°, 70°.

245. Дано: ΔMNK — вписаний у коло з центром в т. О, ∠MOK = 100°. 1) NM = NK; 2) МК = MN.

Знайти: ∠M, ∠N, ∠K.

Розв’язання. 1) ∠MNK — вписаний, який відповідає центральному ∠MOK = 100°, ∠N = 1/2∠MOK = 50°, ΔMNK — рівнобедрений, тому ∠M = ∠K = (180° - 50°) : 2 = 65°.

2) ∠MNK = 1/2∠MOK = 50° як вписаний кут, який відповідає центральному ∠MOK, ∠N = 1/2∠MOK = 50°, ∠K = ∠N = 50° (ΔMNK — рівнобедрений), ∠M = 180° - (50° + 50°) = 80°.

Відповідь: 1) 50°, 65°, 65°; 2) 50°, 80°, 80°.

246. Геометричне місце вершин прямокутних трикутників зі спільною гіпотенузою — півколо.

247. Дано: ABCD — прямокутна трапеція, CD > АВ у 2 рази.

Знайти: ∠A, ∠B, ∠C, ∠D.

Розв’язання. Трапеція прямокутна, тому ∠A = ∠B, СН — висота, СН = АВ. CD > СН у 2 рази, ∠D = 30° як кут, який лежить проти катета, який вдвічі менший від гіпотенузи. ∠C = 180° — 30° = 150° (сума сусідніх кутів 180°).

Відповідь: 90°, 90°, 30°, 150°.

248. Дано: ΔABCD — паралелограм, AD = BC = a, AB = CD = b.

Знайти: BL, LC.

Розв’язання. AL — бісектриса, тому ∠BAL = ∠LAD, ∠LAD = ∠BLA — внутрішні різносторонні, ΔABL — рівнобедрений, тому AB = BL = b, LC = a - b.

Відповідь: b; a - b.

249. Дано: коло з центром в т. О, АВ, АС — дотичні, АВ + АС = 16 см.

Знайти: АВ, АС.

Розв’язання. Проведемо ОВ і ОС — радіуси, АО; розглянемо ΔАОВ і ΔАОС — прямокутні. ∠ABO = ∠ACO (радіус, проведений в точку дотику, перпендикулярний дотичній). ОВ = ОС як радіуси, АО — спільна гіпотенуза, ΔАОВ = ΔАОС за гіпотенузою і катетом, тому АВ = АС (у рівних трикутників відповідні сторони рівні). АВ = АС = 16 : 2 = 8 см.

Відповідь: 8 см.

250. Уявімо задану дошку у вигляді шахової з чорними і білими клітинками. Оскільки її розмір 2017 на 2019 клітинок, загальна кількість клітинок непарна, тобто клітинок одного кольору, наприклад, чорного, на 1 більше, ніж білого. Якщо жуки переповзуть з чорних клітинок на білі і навпаки, то як мінімум одна клітинка (у нашому випадку чорна) буде вільною.



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