ziv-geometria-gdz-7d (Решебник Геометрия 7 - 11 Погорелов)

А.В. ТронинРешение контрольныхи самостоятельныхработ по геометрииза 7 класск пособию «Дидактические материалы по геометрии для 7класса / Б.Г. Зив, В.М. Мейлер. —М.: Просвещение, 2003»В. 1. С-1.1. Из рисунка видно, что отрезки АВ и СD не пересекаются, т.к.они не имеют общих точек.2.Из рисунка видно, что прямые АВ и СD пересекаются, т.к.

ониимеют одну общую точку F.3.MBCAD24.NBCADN – точка пересечения прямых АВ и СD.В. 1. С-2.1.1. Очевидно, 3 луча.31.2. 6 углов: ∠ AOB, ∠ BOC, ∠ AOC, плюс каждому из нихсоответствует угол, дополняющий его до 360°.1.3.BCAOB42.EMNВ. 1. С-3.1.DB = DE – BE, a AB = AC – BС, т.к. BE = BC, тоDB = DE – BE, a AB = AC – BE, т.к.

DE > AB, то DB > AB2.∠ AOC = 180° – ∠ DOC, ∠ BOD = 180° – ∠ AOD, т.к.∠ DOC = ∠ AOB, то ∠ AOC = ∠ BOD5В. 1. С-4.1. Если точка К лежит справа от точки N, тоMK = MN + NK = 84 мм + 1,15 дм = 8,5 см + 11,5 см = 20 смЕсли точка К лежит слева от точки N, то т.к. NK > MNKM = KN – MN = 11,5 см – 8,5 см = 3 смmMNK2. Случай 1.1) ∠ COB = ∠ AOB – ∠ AOC = 45°2) ∠ COB < 90°, значит ∠ COB – острый3) т.к.

∠ AOC = ∠ COB, то ОС является биссектрисой ∠ AOB6AC'C450 450BOСлучай 2.AC'C450 450BO1) ∠ COB = ∠ AOB + ∠ AOC = 135°2) ∠ COB < 180° и ∠ COB > 90°, значит ∠ COB – тупой3) т.к. ∠ ВOC ≠ ∠ АOС, то ОС не является биссектрисой ∠ AOBВ. 1. С-5.1. Пусть меньший из углов равен x, тогда другой равен 4x.

Так какуглы смежные, то их сумма равна 180°.Получаем уравнение: 4x + x = 180°, 5x = 180°, x = 36°.Значит меньший из углов равен 36°, а больший – 4 ⋅ 36° = 144°.714403602.∠ 3 = ∠ 1, т.к. они вертикальные, значит ∠ 3 = 40°.Т.к. ∠ 2 + ∠ 3 = 90°, то ∠ 2 = 50°.Т.к. ∠ 4 – это угол между перпендикулярными прямыми,то ∠ 4 = 90°.В. 1. С-6.1. Т.к. ∆ МЕР = ∆ АВС, то ∠ Е и ∠ В – соответственные,следовательно ∠ Е = ∠ В = 45°.DMCEAB82.Р(АВС) = АВ + ВС + СА, а Р(АВD) = AB + BD + DA,но BD = DC, a CA = CD + AD, значитР(АВС) = АВ + ВС + DС + DA, а P(ABD) = AB + DC + DA,т.к. ВС > 0, то P(ABC) > P(ABD).В. 1.

С-7.1.Т.к. BD = BO + OD и AC = AO + OC и BD = AC, тоOC + OA = OB + OD, но OC = OB, значит OA = OD,∠ BOA = ∠ COD, т.к. они вертикальные.Имеем: ВО = СО, АО = DO, ∠ BOA = ∠ COD,значит ∆ АОВ = ∆ DOC по 1-му признаку равенства треугольников.92.Т.к. ∠ 1 = ∠ 2, то ∠ АОВ = ∠ СОВ, а т.к.

АО = СО и ВО – общая, то∆ AОВ = ∆ СОВ по 1-му признаку, следовательно,АВ = ВС как соответственные стороны.В. 1. С-8.1. Опустим высоту из точки А. Она будет внешняя для ∆ ADC.BAhOC102Т.к. АВ = ВС, то ∆ АВС – равнобедренный.ВЕ – медиана, проведенная к основанию,значит ВЕ является биссектрисой ∠ АВС,значит ∠ АВС = 2 ⋅ ∠ АВЕ = 81°.Но ВЕ является также и высотой, значит ∠ FEC = 90°.В. 1. С-9.1.Т.к.

АВ = ВС, то ∠ А = ∠ С, значит ∆ АКЕ = ∆ СКР – по 2-мупризнаку равенства треугольников.112.ВD – общая, значит ∆ АВD = ∆ СВD – по 3-му признаку,следовательно, ∠ АВD = ∠ CBD, значит ВD – биссектриса ∠ АВС.В.1. С-10.∆ АВС = ∆ А1В1С1 по 3-му признаку, значит ВС = В1С1 и∠ АСВ = ∠ А1С1В1 , следовательно ∆ DCB = ∆ D1C1B1 по 1-мупризнаку, т.к.

DC = D1C1 по условию.B1BADCA1D1C1В. 1. С-11.1.ОА, ОВ, ОС, OD – суть радиусы, следовательно, они равны.Значит ∆ ОАВ = ∆ ОСD по 3-му признаку, т.к. AB = CD по условию.122.Начертите отрезок произвольной длины и луч произвольногонаправления. Затем измерьте циркулем длину отрезка и дваждыотложите ее на луче от начала.aOaaВ. 1. С-12.1. Нарисуйте два острых угла. Затем проведите окружностьпроизвольного радиуса с центром в точке О, а затем в точке В.Обозначим точку пересечения второй окружности с АВ буквойF. Измерьте циркулем расстояние между точкой пересечения 1й окружности и сторонами угла MON, а затем проведите такимже радиусом окружность с центром в точке F. После этогопроведите луч, соединяющий точку В и точку пересечения 2-й и3-й окружностей, во внешней области ∠ АВС.13MFABNOC2.Нарисуйте прямой угол.

Проведите окружность с центром ввершине. Затем проведите еще по окружности тем же радиусомс центрами в точках пересечения 1-й окружности со сторонамиугла. Соедините точку их пересечения с вершиной угла. Этотметод подходит не только для прямых углов. Прямой уголстроится следующим образом: рисуется отрезок и к немувосстанавливается серединный перпендикуляр как описано взадаче Варианта 1 С-24.2.В. 1. С-131.1) ∠ 1 = ∠ 3. Да. Т.к. это внутренние накрест лежащие углы2) ∠ 1 = ∠ 4.

Да. Т.к. это соответственные углы3) ∠ 1 + ∠ 2 = 180°. Да. Т.к. это внутренние односторонние углы4) ∠ 5 = ∠ 6 = 90° Да. См. п. 3.142.∠ ВАС = ∠ DCE, т.к. ∆ АВС = ∆ СDЕ. Значит АВ || СD,т.к. ∠ ВАС и ∠ DСЕ – соответственные углы.В. 1. С-14.1. Приложите угольник катетом к АС и проведите прямую,перпендикулярную АС и проходящую через точку В. Затеманалогично проведите прямую, перпендикулярную этой ипроходящую через точку В.

Они будут параллельны АС.Проведите аналогично прямую, параллельную АС ипроходящую через точку Р. Они тоже будут параллельны АС и,значит, параллельны первой прямой.15aBACDb2.а || b, т.к. сумма внутренних односторонних углов равна 180°. Т.к. dпересекает b, то она пересекает и а. Иначе бы через одну точкупроходили бы две прямые, параллельные данной. Противоречие.В. 1. С-15.1. Пусть меньший из углов равен x, тогда другой равен 3x. Значит3x + x = 4x = 180°, следовательно, x = 45°. Ответ: 45° и 135°.16X3XX2. EF || CB, значит ∠ AEF = 90°, т.к. EK – биссектриса, то∠ AEK = 45°.AKECFBВ.

1. С-16.1.a || b, т.к. соответственные углы равны, значит ∠ 2 = 130°,значит ∠ 1 = ∠ 3 = 50°.172.∠ MA1K1 = ∠ MAK, т.к. A1B1 || AB, значит∠ MA1K1 = ∠ MAK, т.к. A1K1 и AK – биссектрисы равных углов.Прямые AK и A1K1 не могут пересекаться, т.к. они параллельны, т.к.соответственные углы равны.В.

1. С-17.1. Не могут, т.к. 60°13′ + 69°48′ + 58° = 180°1′ ≠ 180°.2. Пусть внешний угол равен x. Тогда несмежные с ним равныx – 60° и x – 50°. Т.к. внешний угол равен сумме углов несмежных сним, то x = 2x – 110°, x = 110°, значит углы треугольника: 50°, 60°,70°, значит треугольник остроугольный.18MXX-50В. 1. С-18.1. ∆ ABC = ∆ MPK по 1-му признаку. А т.к. в треугольнике напротивбольшей стороны лежит больший угол, то ∠ C > ∠ D и значит∠ K > ∠ B.BCAPKM192.∆ ABC – равнобедренный с основанием АС, значит ВМ нетолько медиана, но и высота, значит и ∠ АМВ = 90°.BACВ. 1.

С-19.1. Нельзя, т.к. его основание будет равно 6 см, а это есть сумма 2-хдругих сторон, т.е. треугольник выродится в отрезок.6332. AP не может превышать 13 см, значит АВ не больше 26 см.Ответ: не может.BP1A12EC20В. 1. С-20.1.∠ ADC = ∠ ADB + ∠ BDC = 90° и ∠ BAD = 90°, значит АВ || DС, т.к.сумма внутренних односторонних углов равна 180°.2.∠ А = 90° – ∠ С = 30°. А т.к. катет, лежащий напротив угла 30°равен половине гипотенузы, то аb = 4 см.BACB1В. 1.

С-21.1.АО = ОВ (как радиусы). МО = ОЕ по условию. ∠ АОМ = ∠ ЕОМ каквертикальные, следовательно, ∆ АМО = ∆ ВЕО, значит АМ = ВЕ.∆ АВD и ∆ АD – прямоугольные, значит они равны по гипотенузе иострому углу, значит ∠ ВАD = ∠ САО, следовательно, AD –биссектриса.21В. 1. С-22.1. Опустим из точки А перпендикуляр на b.

Назовем его АН. ∆ АНС– прямоугольный, значит АН < AC, но АН = ВО, т.к. расстояниемежду параллельными прямыми всюду одинаково, значит ВО < AC.2. Проведем перпендикуляры АН и ВК – они и будут искомымирасстояниями. АН = 5 см, т.к. катет, лежащий против угла 30°, равенполовине гипотенузы. Аналогично ВК = 4.В. 1. С-23.1.Очевидно, они описывают прямые, параллельные a и проходящиечерез точку А и точку В, т.к. расстояние не меняется в процесседвижения.222.

С помощью циркуля и линейки постройте перпендикуляр к ВС.Затем отложите на нем отрезок, равный QP. После этого проведитек нему перпендикуляр так, чтобы расстояние между ВС и этимперпендикуляром было равно QP. Этот перпендикуляр пересечетАВ в некоторой точке. Расстояние от этой точки до ВС будет равноQP по свойству параллельных прямых.В. 1. С-24.1. Постройте прямую. Отложите на ней дважды длину отрезкаМК. Полученный отрезок обозначьте АС. От точки АСпроведите луч так, чтобы угол между этим лучом и АС былравен ∠ РМК (см. задачу С-12.1).

И на этом луче отложитеотрезки АВ = МР. Соедините точки В и С.BPM2.KCПроведите окружности с центром в концах отрезка так, чтобыони пересекались в двух точках. Соедините эти точки. Теперьвы разделили отрезок пополам. Проведите окружности сцентрами в концах любого из половинных отрезков, радиусом,равным длине этого половинного отрезка.

Затем соединитеточку их пересечения с концами отрезка.23В. 1. С-25.1. От произвольной точки В проведите медиану ВD. Затемпостройте к ней перпендикулярную прямую, проходящую черезточку D. Из точки В проведите окружность радиусом равнымгипотенузе. Соедините точки пересечения окружности сперпендикуляром к ВD с точкой В.BBD2.DПостройте отрезок АВ равный половине МР (см. задачу С-24.2).Постройте угол FAB равный ∠ РМК (см.

задачу С-12.1).Постройте окружность с центром К так, чтобы она пересекалапрямую МР в 2-х точках. Полученный отрезок разделитепополам. Соедините его середину с точкой К. Это будет высотаКЕ. Постройте точку С так, чтобы она лежала на AF и былаудалена от АВ на КЕ (см. задачу С-23.2). Соедините С и В.24PBEPACMKВ. 1. С-26.1.

По теореме о сумме углов треугольника ∠ ВАС = 50°, т.к. втреугольнике два равных угла, то он – равнобедренный.2. Т.к. ∠ ВАС = ∠ СВD, то АС || ВD, значит они не пересекаются.3. ∆ МОА = ∆ СОВ по первому признаку, значит∠ МАО = ∠ СВО = 80°.4. МО = ОС, АО – общая, но ∠ МОА < ∠ AOС, следовательно,МА < AC.25В. 2. С-1.1. Нет, т.к. у них нет общих точек.2.Да, т.к. у них есть одна общая точка.LAEFK3. Например, точка А.4. Нет (см. п.1.).26В. 2.

С-2.1.1) 3 луча2) 6 углов: ∠ МОN, ∠ NOK, ∠ MOK плюс еще 3 угла, дополняющиекаждый из перечисленных до 360°.3)AOKMN272.a)б)в)а) отрезок АВ.б) отрезок СD.в) отрезок EF.B. 2. С-3.1.ЕК = ЕО + ОК, NL = NO + OL, т.к. ЕО = NO и OK < OL,то EK > NL.282.∠ LON = 180° – ∠ MOL, ∠ MOK = 180° – ∠ KON, т.к.∠ КON = ∠ MOL, то ∠ LON = ∠ MOК.В. 2.