Розв’язання вправ та завдань до підручника «ГЕОМЕТРІЯ» М. І. Бурда 7 клас - 2015 рік

Розділ 1. Найпростіші геометричні фігури та їх властивості

§ 14. Ознаки рівності прямокутних трикутників

549. Ні, трикутники не рівні.

550. Мал. 319. ∆САВ = ∆HDQ (за катетом і гострим кутом: CA = HD, ∠C = ∠H).

Мал. 320. ∆ABC = ∆CDA (за гіпотенузою АС і гострим кутом: ∠BAC = ∠DAC).

Мал. 321. ∆АОВ = ∆DCО (за гіпотенузою і катетом: BO = ОС, АО = DC).

551.

∆АВС = ∆DOC.

552. 1)

∠C = ∠F, ∠B = ∠D, BC = DF.

2)

∠B = ∠E, ∠C = ∠F, BC = EF.

3)

AB = DE, CB = FE, ∠B = ∠E.

4)

∠B = ∠E, CB = DE, AB = EF.

5)

AB = DE, ВС = EF, ∠A = ∠D.

6)

∠A = ∠D, CB = EF, BA = FD.

7)

CB = DE, ∠A = ∠F, ∠B = ∠E.

8)

CB = FE, ∠A = ∠D, ∠B = ∠E.

553.

∆ADC = ∆CDB (за двома катетами: АС = BD — за умовою, CD — спільний катет). Із рівності трикутників випливає: AD = BC:

1) 5 см; 2) 0,15 дм; 3) 100 мм.

554.

∆ABD = ∆CDB (за двома катетами: AB = CD — за умовою, BD — спільний катет). Із рівності цих трикутників маємо: AD = ВС:

1) 2,5 см; 2) 50 мм; 3) 0,4 дм.

555.

∆АВР = ∆КОР (за катетом і гострим кутом: AB = KO, ∠APB = ∠KPO — як вертикальні). З рівності цих трикутників маємо: РО = ВР:

1) 12 мм; 2) 2,25 см; 3) 10 дм.

556.

∆АОМ = ∆BON (за катетом і гострим кутом: АО = ВО — за умовою, ∠AOM = ∠BON — як вертикальні кути). Із рівності цих трикутників маємо: ОМ = ON:

1) 9,12 см; 2) 0,112 дм; 3) 39 мм.

557.

∆ВЕM = ∆BFM (за гіпотенузою і гострим KV ом, оскільки ВМ — спільна гіпотенуза, ∠EBM = ∠FBM, оскільки ВМ — медіана, то ВМ — бісектриса). Із рівності цих трикутників маємо: ME = MF.

558.

Нехай ∆АВС — рівнобедреник (АВ = ВС), отже, ∠A = ∠C, CL ⊥ АВ, АК ⊥ ВС. ∆АКС = ∆CLA за гіпотенузою і гострим кутом (АС — спільна гіпотенуза, ∠A = ∠C). Із рівності цих трикутників маємо: AK= CL.

559.

Точка О — середина відрізка AB, тоді АО = ВО. АС ⊥ a, ВD ⊥ а. ∆АСО = ∆BDO за гіпотенузою і гострим кутом (АО = ВО, ∠AOC = ∠BOD — як вертикальні кути), тоді АС = BD.

560.

Оскільки AM — бісектриса кута А, то ∠BAM = ∠CAM. MB ⊥ AB, MC ⊥ АС. Доведемо, що MB = MC.

∆АВМ = ∆ACM — за гіпотенузою і гострим кутом (AM — спільна гіпотенуза, ∠BAM = ∠CAM), тоді MB = MC.

561.

MB ⊥ AB, МС ⊥ АС, ВМ = CM. Доведемо, що М належить бісектрисі кута А, тобто ∆ВАМ = ∆САМ.

∆ABM = ∆ACM за гіпотенузою і катетом (AM — спільна, ВМ = CM — за умовою), тоді ∠BAM = ∠CAM.

562.

AB ⊥ CD, AK = KB, AC = BD.

∆CAK = ∆DBK за гіпотенузою і катетом (АС = BD, AK = KB), тоді ∠KАС = ∠KBD:

1) ∠KAC = 30°; 2) ∠KАС = 60°; 3) ∠KAC = 21°.

563.

AB ⊥ a, AC = AD.

Оскільки ∆ACD — рівнобедрений, AB — його висота, отже, AB — його бісектриса, то ∠CAB = ∠DAB.

1) ∠CAB = 10°, ∠ACB = ∠ADB = 90° - 10° = 80°;

2) ∠CAB = 20°, ∠ACB = ∠ADB = 90° - 20° = 70°;

3) ∠CAB = 30°, ∠ACB = ∠ADB = 90° - 30° = 60°.

564.

AA₁ ⊥ AB, BB₁ ⊥ AB, AA₁ = BB₁.

∆AA₁O = ∆ВВ₁O за катетом і гострим кутом (АА₁ = ВВ₁, ∠A₁OА= ∠B₁OВ як вертикальні кути), тоді AO = BO, тобто точка О — середина відрізка AB.

565. 1)

Нехай АВ = А₁В₁, АМ = ВМ, А₁М₁ = В₁М₁, CM = C₁M₁.

∆АМС = ∆А₁М₁С₁ — за гіпотенузою і катетом (AM = А₁М₁, CM = C₁M₁, тоді АС = А₁С₁.

∆ABC = ∆А₁В₁С₁ за двома катетами (AB = А₁В₁ — за умовою, АС = A₁C₁ — за доведеним).

2)

Нехай AB = A₁B₁, AM = MC, A₁M₁ = M₁C₁, BM = B₁M₁.

∆ABM = ∆A₁B₁M₁ — за катетом і гіпотенузою (AB = A₁B₁, BM = B₁M₁), тоді AM = A₁M₁. Звідси AB = A₁C₁ — оскільки половини цих відрізків рівні.

∆ABC = ∆A₁B₁C₁за двома катетами (AB = A₁B₁— за умовою, АС = A₁C₁— за доведеним).

3)

Нехай AB = A₁B₁, ВН ⊥ АС, B₁H₁ ⊥ А₁C₁, BH = B₁H₁.

∆АВН = ∆A₁B₁H₁ (за катетом і гіпотенузою: AB = A₁B₁, ВН = В₁Н₁), тоді ∠A = ∠A₁.

4)

∠A = ∠A₁, AL і A₁L₁ — бісектриси, ∠CAL = 1/2∠A, ∠C₁A₁L₁ = 1/2A₁, AL = A₁L₁. ∆CAL = ∆C₁A₁L₁ — за гіпотенузою і гострим кутом (AL = A₁L₁, ∠CAL = ∠C₁A₁L₁), тоді AC = A₁C₁.

∆ABC = ∆A₁B₁C₁ за катетом і гострим кутом (АС = А₁С₁ — за доведеним, ∠A = ∠A₁ — за умовою).

566.

АС = A₁C₁, ВH ⊥ АС, В₁H₁ ⊥ A₁C₁, ВH = В₁H₁.

Оскільки ∆АВС і ∆A₁B₁C₁ — рівнобедрені і ВH ⊥ АС, В₁H₁⊥ A₁С₁, то

∆АВН = ∆А₁В₁Н₁ за двома катетами (ВH = В₁H₁ — за умовою, АH = А₁H₁ — за доведеним), тоді ∠A = ∠A₁, отже, і ∠C = ∠C₁ — як кути при основі рівнобедреного трикутника.

∆АВС = ∆А₁В₁С₁ — за другою ознакою рівності трикутників (АС = A₁C₁, ∠A = ∠A₁, ∠C = ∠C₁).

567.

BH ⊥ AC, В₁H₁ ⊥ А,С₁. ∠АВН = ∠A₁B₁H₁, ∠HBC = ∠H₁B₁C₁.

∆АВН = ∆A₁B₁H₁ за катетом і гострим кутом (ВH = В₁H₁ — за умовою, ∠АВН = ∠А₁В₁Н₁ — за умовою), тоді АВ = А₁В₁, ∠A = ∠A₁.

∆АВС = ∆A₁B₁C₁ — за стороною і двома прилеглими кутами (АВ = AJBJ, ∠A = ∠A₁, ∠B = ∠B₁).

BH ⊥ AC, B₁H₁⊥ A₁C₁, ВH = В₁H₁, AM = MC, A₁M₁ = M₁C₁, BM = B₁M₁, AC = A₁C₁.

∆BHM = ∆B₁H₁M₁ за гіпотенузою і катетом (ВМ = В₁М₁, ВН = B₁H₁), тоді HМ = H₁М₁. Оскільки АС = A₁C₁, то AM = A₁M₁ — як половини рівних сторін, тоді АH = А₁H₁.

∆АВН = ∆А₁В₁Н₁ за дома катетами (ВH = B₁H₁, АH = А₁H₁), тоді АВ = A₁B₁, ∠A = ∠A₁.

∆АВС = ∆А₁В₁С₁ за першою ознакою рівності трикутників (АВ = А₁В₁, АС = А₁С₁, ∠A = ∠A₁).

568. 1) АВ = А₁В₁, ВС = В₁С₁, ВH ⊥ АС, В₁Н₁ ⊥ А₁С₁, ВН = В₁Н₁.

∆АВH = ∆A₁B₁H₁ за гіпотенузою і катетом (AB = A₁В₁, ВН = В₁H₁), тоді AH = A₁H₁.

∆ВНС = ∆B₁H₁C₁ за гіпотенузою і катетом (ВС = B₁C₁, ВН = В₁H₁), тоді НС = H₁C₁.

AС = AH + HС; A₁С₁ = AH₁ + H₁С₁, AС = A₁С₁.

∆АВС = ∆А₁В₁С₁ — за трьома сторонами.

2)

AС = A₁C₁, AD ⊥ ВС, СF ⊥ AВ, A₁D₁⊥ В₁C₁, C₁F₁ J A₁B₁, AD = A₁D₁, CF = C₁F₁.

∆ADC = ∆A₁D₁C₁ за гіпотенузою і катетом (АС = A₁С₁, AD = A₁D₁), тоді ∠C = ∠C₁.

∆ACF = ∆A₁С₁F₁ за гіпотенузою і катетом (AС = A₁C₁, СВ = С₁B₁), тоді ∠A = ∠A₁.

∆АВС = ∆A₁B₁C₁ за стороною і двома прилеглими кутами (AС = A₁С₁, ∠A = ∠A₁, ∠C = ∠C₁).

569. Мал. 323.

З прямокутного трикутника AВD:

Мал. 324. Із ∆AСD:

Із ∆CDB: BD = СD = 4 см.

Мал. 325. Із ∆BCD: ∠B = 60°, ∠BCD = 30°,

Відповідь: 1) 3 см; 2) 4 см; 3) 5 см.

570.

Нехай у ∆ABC ∠A = 90°, ∠C = 60°. Доведемо, що АС = 1/2ВС.

На продовженні катета AС відкладемо відрізок AD = AС і сполучимо точки В і D.

∆АВС = ∆ABD за двома катетами (AС = AD — за побудовою, AB — спільний катет). З рівності трикутників маємо: ∠C = ∠D = ∠CBD = 60°, тобто ∆BCD — рівносторонній. Оскільки AС = 1/2СD, а СD = ВС, то АС = 1/2ВС.

571.

AH ⊥ ВС, ∠AВH = 90° - 60° = 30°. З ∆AВH:

Відповідь: 7 см.

572.

∠B = 60°, тоді ∠A = 90° - 60° = 30°. ∠DCB = 90° - 60° = 30°.

З ∆BCD: СВ = 2 х DВ = 2 x 1 = 2 (см).

З ∆АВС: AB = 2 х СВ = 2 х 2 = 4 (см).

Відповідь: 4 см.

573.

Нехай ∆АВС — прямокутний (∠C = 90°), ∠B = 60°, тоді ∠A = 30°. Отже, AB = 2ВС = 2 x 6 = 12 см.

Із ∆CDB: ∠DCB = 30°, тоді

AD = АВ - DB = 12 см - 3 см = 9 см.

Відповідь: 3 см, 9 см.

574. ∆ABC — прямокутний: ∠B = 30°, тоді AB = 2АС = 2а.

∆АСВ — прямокутний, ∠A = 60°, ∠DCA = 30°, тоді АD = AC/2 = a/2.

∆BCD — прямокутний, ∠B = 30°, тоді СD = BC/2 = b/2. BD = AB - AD = 2a — a/2 = 3а/2.

Відповідь: AB = 2а, АВ = a/2, СВ = b/2, BD = 3a/2.

575.

Нехай у прямокутному ∆ABC (∠C = 90°), АС = 1/2AB.

На промені АС від точки С відкладемо відрізок CD = АС. З’єднаємо точки D i В, отже, AB = AB. Оскільки ВС — медіана і висота ∆DBA, то ∆DBA — рівнобедрений, тобто DВ = AB. Отже, AD = AB =DB, тобто ∆ABB — рівносторонній, тоді ∠A = 60°, ∠CBA = 90° - 60° = 30°.

576.

∆СВН — прямокутний, ВС = 8 см, СН = 4 см, тоді СH = 1/2CВ, ∠B = 30°, ∠A = 90° - 30° = 60°.

Відповідь: 30°, 60°, 90°.

577.

∆ABC — рівнобедрений (AB = ВС = 6 см), АH ⊥ ВС, АH = 3 см.

∆АВH — прямокутний, AB = 6 см, АH = 3 см, АH = 1/2AB, отже, ∠B = 30°, тоді

Відповідь: 30°, 75°, 75°.

578.

AB = ВС = АС = 12 см, DМ ⊥ АС, DС = 1/2BС = 6 см.

∆DMC — прямокутний, ∠C = 60°, ∠MDC = 30°, тоді МС = 1/2DС = 1/2 ∙ 6 = 3 (см). AM = АС - MC = 12 см - 3 см = 9 см.

Відповідь: 9 см.

579.

Нехай М — середина сторони AB, тоді AM = MB.

Нехай ∠ACM = х°, ∠MCB = y°, тоді ∠ACB = x° + у°.

∆АМС — рівнобедрений, тоді ∠CAM = ∠ACM = х°.

∆CMB — рівнобедрений, тоді ∠B = ∠MCB = y°.

Оскільки сума кутів трикутника дорівнює 180°, то маємо: ∠A + ∠B + ∠C = х° + у° + х° + у° = 180°; 2(х° + у°) = 180°; х° + у° = 90°. Отже, ∠ACB = х° + у° = 90°.

580.

Нехай ∆АВС — рівнобедрений, AB = ВС, ∠ABC = 120°, AD ⊥ ВС, AD = 9 см.

∆АBC — прямокутний,

Тоді АС = 2AD = 2 х 9 см = 18 см.

Відповідь: 18 см.

581.

У прямокутному ∆ABC: ∠C = 60°, ∠A = 90°, CD — бісектриса кута С, тоді ∠DCA = 30°.

∆CBD — рівнобедрений, оскільки ∠B = 30°, ∠BCD = 30°, отже, BD = DC.

За умовою задачі BA - DC = 1 см, тобто AD = 1 см. Із трикутника ACD маємо: CD = 2 х AD = 2 x 1 = 2 (см).

Відповідь: 2 см.

582.

Нехай у ∆АВС (∠A = 90°); ∠C = 60°, АС + ВС = 45 см.

∠B = 30°. Нехай АС = х см, тоді ВС = 2х см. Маємо рівняння: х + 2х = 45; 3х = 45; х = 15, тоді 2х = 30 см. Отже, ВС = 30 см.

Відповідь: 30 см.

583.

Нехай у прямокутному ∆АВС: ∠C = 15°, АН ⊥ ВС, AM — медіана, AM = 8 см. Оскільки AM = MC = ВМ, то ∆АМС — рівнобедрений, тоді ∠MAC = 15°. ∠HAM = ∠HAC - ∠MAC = (90° - 15°) - 15° = 60°, тоді ∠AMH = 90° - ∠HAM = 90° - 60° = 30°. З ∆АМН маємо: АН = 1/2AМ = 1/2 ∙ 8 = 4 (СМ).

Відповідь: 4 см.

584.

Нехай у ∆ABC: ∠C = 30°, AM — медіана, AH ⊥ ВС. AM = 10 см.

Оскільки AM = 10 см, то ВС = 2 х AM = 2 х 10 = 20 (см).

З ∆АВС маємо: AB = 1/2ВС = 1/2 ∙ 20 = 10 (см).

Із ∆АВН (∠H = 90°, ∠B = 60°, ∠A = 30°) маємо: ВН = 1/2АВ = 1/2 ∙ 10 = 5 (см).

Тоді МH = МВ - ВН = 10 см — 5 см = 5 см.

Відповідь: 5 см.

Тестові завдання

1. 1. Г; 2. В; 3. Б; 4. Г; 5. Г.

2. 1. Г; 2. Б; 3. Г; 4. В; 5. Г.

3. 1. Г; 2. В; 3. Г; 4. В; 5. А.

4. 1. Г; 2. А; 3. В; 4. Г; 5. А.