Сказка про смежные и вертикальные углы

Геометрия 7 класс (УМК Атанасян и др. — Просвещение). Урок 8. Самостоятельная работа № 2 «Перпендикулярные прямые» с ответами и решениями (3 уровня сложности по 2 варианта в каждом). Геометрия 7 Атанасян Самостоятельная 2.

Атанасян 7. Поурочные планы
  Самостоятельные работы

Геометрия 7 класс. Урок 8.
Самостоятельная «Перпендикулярные прямые»

   I уровень сложности (задания)

   II уровень сложности (задания)

   III уровень сложности (задания)

Самостоятельная работа № 2
РЕШЕНИЯ и ОТВЕТЫ

I уровень сложности (ответы)

Ответы на Вариант 1 (1-й ур.)

№ 1. Смежные углы относятся как 1 : 2. Найдите эти смежные углы.
ОТВЕТ: Так как ∠1 : ∠2 = 1 : 2, то ∠1 = х, ∠2 = 2х. Но ∠1 + ∠2 = 180°, тогда х + 2х = 180°, x = 60, значит, ∠1 = 60°, ∠2 = 120° (рис. 1.115).

№ 2. Один из углов, образовавшихся при пересечении двух прямых, равен 21°. Найдите остальные углы.
Указание к решению: Пусть ∠1 = 21°, тогда ∠3 = ∠1 как вертикальные и ∠3 = 21°. ∠1 и ∠2 – смежные и ∠1 + ∠2 = 180° (рис. 1.116). Тогда ∠2 = 180° – ∠1 = 159°. Но ∠2 = ∠4 как вертикальные и ∠4 = 159°.
ОТВЕТ: ∠1 = ∠3 = 21°, ∠2 = ∠4 = 159°.

№ 3. Дано: α = 30°, β = 140° (рис. 1.112). Найти: ∠1, ∠2, ∠3, ∠4.
Указание к решению: α = 30°, тогда ∠4 = 30°, так как ∠4 и угол с градусной мерой α – вертикальные,
β = 140°, тогда ∠2 = 140°, так как ∠2 и угол с градусной мерой β – вертикальные.
∠2 + ∠3 + ∠4 = 180°, тогда ∠3 = 180° – (∠2 + ∠4) = 10°.
∠3 и ∠1 – вертикальные, поэтому ∠3 = ∠1, ∠1 = 10°.
ОТВЕТ: ∠3 = ∠1 = 10°, ∠2 = 140°, ∠4 = 30°.

Ответы на Вариант 2 (1-й ур.)

№ 1. Один из смежных углов больше другого на 20°. Найдите эти смежные углы.
ОТВЕТ: ∠2 на 20° больше ∠1, тогда ∠1 = х, ∠2 = х + 20° (рис. 1.117). Но ∠1 + ∠2 = 180°, тогда х + х + 20 = 180, x = 80°, значит, ∠1 = 80°, ∠2 = 100°.

№ 2. Один из углов, образовавшихся при пересечении двух прямых, равен 102°. Найдите остальные углы.
Указание к решению: Пусть ∠1 = 102°, тогда ∠3 = ∠1 как вертикальные и ∠3 = 102° (рис. 1.118).  ∠1 и ∠2 – смежные и ∠1 + ∠2 = 180°, тогда ∠2 = 180° – ∠1 = 78°. Но ∠2 = ∠4 как вертикальные и ∠4 = 78°.
ОТВЕТ: ∠1 = ∠3 = 102°, ∠2 = ∠4 = 78°.

№ 3. Дано: α = 20°, β = 130° (рис. 1.113). Найти: ∠1, ∠2, ∠3, ∠4.
Указание к решению: α = 20°, тогда ∠4 = 20°, так как ∠4 и угол с градусной мерой α – вертикальные.
β  = 130°, тогда ∠2 = 130°, так как ∠2 и угол с градусной мерой β – вертикальные.
∠2 + ∠3 + ∠4 = 180°, тогда ∠3 = 180° – (∠2 + ∠4) = 30°.
∠3 и ∠1 – вертикальные, поэтому ∠3 = ∠1, ∠1 = 30°.
ОТВЕТ: ∠3 = ∠1 = 30°, ∠2 = 130°, ∠4 = 20°.

Геометрия 7 Атанасян Самостоятельная 2

II уровень сложности (ответы)

Ответы на Вариант 1 (2-й ур.)

№ 1. Один из смежных углов составляет 0,2 другого. Найдите эти смежные углы.
Указание к решению: Пусть ∠1 составляет 0,2∠2, тогда ∠1 = 0,2∠2. Но ∠1 и ∠2 – смежные и ∠1 + ∠2 = 180°, тогда 0,2∠2 + ∠2 = 180°, ∠2 = 150°, a ∠1 = 0,2 • 150° = 30° (рис. 1.119).
ОТВЕТ: 30° и 150°.

№ 2. Сумма трех углов, образовавшихся при пересечении двух прямых, равна 325°. Найдите остальные углы.
Указание к решению: Пусть ∠1 + ∠2 + ∠3 = 325°, тогда ∠4 = 360° – 325° = 35°, ∠4 = ∠2 как вертикальные, тогда ∠2 = 35°.
∠1 + ∠2 = 180°, ∠4 + ∠3 = 180°, тогда ∠1 = ∠3 = 145° (рис. 1.120).
ОТВЕТ: 145°, 35°, 145°.

№ 3. Даны углы α, β и γ. Известно, что α > β, а γ < β. Найдите среди этих углов тот, смежный с которым будет наибольшим.
ОТВЕТ: Так как α > β, γ < β, то γ < β < α, т. е. наименьшим среди углов α, β, γ будет γ, а смежный с ним угол будет наибольшим среди углов, смежных с углами α, β, γ.

Ответы на Вариант 2 (2-й ур.)

№ 1. Один из смежных углов составляет 0,8 другого. Найдите эти смежные углы.
Указание к решению: Пусть ∠1 составляет 0,8∠2, тогда ∠1 = 0,8∠2. Но ∠1 и ∠2 – смежные и ∠1 + ∠2 = 180°, тогда 0,8∠2 + ∠2 = 180°, ∠2 = 100°, a ∠1 = 0,8 • 100° = 80° (рис. 1.121).
ОТВЕТ: 80° и 100°.

№ 2. Сумма двух углов, образовавшихся при пересечении двух прямых, равна 78°. Найдите остальные углы.
Указание к решению: Сумма смежных углов равна 180°, поэтому 78° – это сумма вертикальных углов. Но вертикальные углы равны, и получаем, что ∠1 = ∠2 = 39°. ∠1 + ∠3 = 180°, ∠2 + ∠4 = 180°, тогда ∠2 = ∠4 = 141° (рис. 1.122).
ОТВЕТ: 141°, 141°.

№ 3. Даны углы α, β и γ. Известно, что α > β, а γ < β. Найдите среди углов тот, смежный с которым будет наименьшим.
ОТВЕТ: Так как α > β, γ < β, то γ < β < α, т. е. наименьшим среди углов α, β, γ будет γ, а наименьшим среди смежных с ними углов будет угол, смежный с углом α.

Геометрия 7 Атанасян Самостоятельная 2.

   III уровень сложности (ответы)

Ответы на Вариант 1 (3-й ур.)

№ 1. 4/7 одного из смежных углов и 1/4 другого составляют в сумме прямой угол. Найдите эти смежные углы.
Указание к решению: Пусть ∠1 и ∠2 – смежные и 4/7∠1 + 1/4∠2 = 90°.
Так как ∠1 + ∠2 = 180°, то ∠2 = 180° – ∠1, тогда 4/7∠1 + 1/4(180° – ∠1) = 90°, ∠1 = 140°, ∠2 = 40°.
ОТВЕТ: 140° и 40°.

№ 2. Сумма вертикальных углов в 2 раза меньше угла, смежного с каждым из них. Найдите эти вертикальные углы.
Указание к решению: Пусть ∠1 и ∠3 – вертикальные, ∠2 – смежный с каждым из углов ∠1 и ∠3, тогда 2(∠1 + ∠3) = ∠2 (рис. 1.123).
Но ∠1 = ∠3, a ∠2 = 180° – ∠1, тогда 2(∠1 + ∠1) = 180° – ∠1, ∠1 = 36°.
ОТВЕТ: ∠1 = ∠3 = 36°.

№ 3. Один из четырех углов, образовавшихся при пересечении двух прямых, в 11 раз меньше суммы трех остальных углов. Найдите эти четыре угла.
Указание к решению: Пусть данные углы – ∠1, ∠2, ∠3, ∠4.
Тогда ∠4 • 11 = ∠1 + ∠2 + ∠3.   ∠1 = ∠3 как вертикальные,  ∠2 = ∠4 = 180° – ∠1.
Тогда 11(180° – ∠1) = ∠1 + (180° – ∠1) + ∠1, ∠1 = 150°, ∠2 = 30°, ∠3 = 150°, ∠4 = 30° (рис. 1.124).
ОТВЕТ: 30°, 30°, 150°, 150°.

Ответы на Вариант 2 (3-й ур.)

№ 1. Меньший из смежных углов в 4 раза меньше разности этих смежных углов. Найдите эти смежные углы.
Указание к решению: Пусть ∠1 и ∠2 – смежные и 4∠1 = ∠2 – ∠1.
Так как ∠1 + ∠2 = 180°, то ∠2 = 180° – ∠1, тогда 4∠1 = 180° – ∠1 – ∠1, ∠1 = 30°, ∠2 = 150°.
ОТВЕТ: 30° и 150°.

№ 2. Сумма вертикальных углов на 30° меньше угла, смежного с каждым из них. Найдите эти вертикальные углы.
Указание к решению: Пусть ∠1 и ∠3 – вертикальные, ∠2 – смежный с каждым из углов ∠1 и ∠3.
Тогда ∠1 = ∠3, ∠2 = 180° – ∠1, и ∠1 + ∠3 + 30° = ∠2, т. е. ∠1 + ∠1 + 30° = 180° – ∠1, ∠1 = 50° (рис. 1.125).
ОТВЕТ: ∠1 = ∠3 = 50°.

№ 3. Сумма трех углов, образовавшихся при пересечении двух прямых, на 280° больше четвертого угла. Найдите эти четыре угла.
Указание к решению: Пусть данные углы – ∠1, ∠2, ∠3, ∠4, тогда ∠4 + 280° = ∠1 + ∠2 + ∠3.   ∠1 = ∠3 как вертикальные, ∠2 = ∠4 = 180° – ∠1.
Тогда 180° – ∠1 + 280° = ∠1 + (180° – ∠1) + ∠1,  ∠1 = 140°, ∠3 = 140°, ∠2 = ∠4 = 40° (рис. 1.126).
ОТВЕТ: 40°, 40°, 140°, 140°.

Вы смотрели: Геометрия 7 класс (УМК Атанасян и др. — Просвещение). Урок 8. Самостоятельная работа № 2 «Перпендикулярные прямые» с ответами и решениями (3 уровня сложности по 2 варианта в каждом). Геометрия 7 Атанасян Самостоятельная 2. Ориентировано на работу с базовым учебником: «Атанасян Л.С., Бутузов В.Ф. и др. Геометрия. 7—9 классы. Учебник для общеобразовательных организаций. М.: Просвещение».

Геометрия 7. Поурочные планы
  Геометрия 7. Самостоятельные работы

Геометрия 7 класс (УМК Атанасян и др. — Просвещение). Урок 19. Решение задач на применение второго признака равенства треугольников. Самостоятельная работа № 5 с ответами и подсказками к решению (3 уровня сложности по 2 варианта в каждом). Геометрия 7 Атанасян Самостоятельная 5.

Геометрия 7. Контрольные работы
   Геометрия 7. Самостоятельные работы

Геометрия 7 класс. Урок 19.
Самостоятельная работа № 5 (задания)

Основная дидактическая цель урока: совершенствовать навыки решения задач на применение второго признака равенства треугольников. Перед решением задач необходимо повторить конспекты: «Треугольник. Равенство треугольников», «ЗАДАЧИ на Признаки равенства треугольников».

   I уровень сложности (легкий)

Вариант 1 (уровень 1)

1. Дано: СО = OD, ∠C = 90°, ∠D = 90° (рис. 2.120). Доказать: О – середина АВ.
2. Дано: АВ = ВС, АК = КС, ∠AKE = ∠PKC (рис. 2.121). Доказать: ΔАКЕ = ΔСКР.

Вариант 2 (уровень 1)

1. Дано: ∠1 = ∠2, ∠3 = ∠4 (рис. 2.122). Доказать: АВ = AD.
2. Дано: АВ = ВС, МА = РС, ∠АMO = ∠OPC (рис. 2.123). Доказать: ΔАМО = ΔОPC.

 II уровень сложности (средний)

Вариант 1 (уровень 2)

1. Дано: BD – биссектриса ∠ABC, ∠1 = ∠2 (рис. 2.124). Доказать: АВ = СВ.
2. Дано: ∠1 = ∠2, ∠3 = ∠4 (рис. 2.125). Доказать: ΔАВС = ΔADC.

Вариант 2 (уровень 2)

1. Дано: О – середина АВ, ∠1 = ∠2 (рис. 2.126). Доказать: ∠C = ∠D.
2. Дано: ∠1 = ∠2, ∠3 = ∠4 (рис. 2.127). Доказать: ΔABO = ΔADO.

   III уровень сложности (сложный)

Вариант 1 (уровень 3)

1. Дано: АВ = СВ, ∠A = ∠C (рис. 2.128). Доказать: AM = CN.
2. Дано: AM = МС, АЕ = DC, ∠BDA = ∠FEC (рис. 2.129). Доказать: АВ = FC.

Вариант 2 (уровень 3)

1. Дано: ∠1 = ∠2, ∠3 = ∠4 (рис. 2.130). Доказать: АВ = DC.
2. Дано: АВ = ВС, АF = КС, ∠DKA = ∠EFC (рис. 2.131). Доказать: AD = ЕС.

Самостоятельная работа № 5
Указания к решению и ОТВЕТЫ

С-5. I уровень сложности (ответы)

Задания и Ответы на Вариант 1 (уровень 1)

№ 1. Дано: СО = OD, ∠C = 90°, ∠D = 90° (рис. 2.120).
Доказать: О – середина АВ.
Доказательство: так как СО = OD, ∠C = 90°, ∠D = 90° по условию задачи, ∠AOC = ∠BOD, то ΔАСО = ΔAOD по стороне и прилежащим к ней углам.

№ 2. Дано: АВ = ВС, АК = КС, ∠AKE = ∠PKC (рис. 2.121).
Доказать: ΔАКЕ = ΔСКР.
Доказательство: так как АВ = ВС, то ΔАВС – равнобедренный с основанием АС. ∠A = ∠C как углы при основании равнобедренного треугольника. ΔАКЕ = ΔСКР по стороне и прилежащим к ней углам (АК = КС, ∠A = ∠C, ∠AKE = ∠PKС).

Задания и Ответы на Вариант 2 (уровень 1)

№ 1. Дано: ∠1 = ∠2, ∠3 = ∠4 (рис. 2.122).
Доказать: АВ = AD.
Доказательство: так как по условию задачи ∠1 = ∠2, ∠3 = ∠4, АС – общая сторона треугольников АВС и ADC, то ΔАВС = ΔADC по стороне и прилежащим к ней углам.

№ 2. Дано: АВ = ВС, МА = РС, ∠АMO = ∠OPC (рис. 2.123).
Доказать: ΔАМО = ΔОPC.
Доказательство: АВ = ВС, поэтому ΔАВС – равнобедренный с основанием АС, и в ΔАВС углы при основании равны (∠A = ∠C). ΔАМО = ΔСРО по стороне и прилежащим к ней углам (МА = PC,∠A = ∠C, ∠AMO = ∠OPC).

Геометрия 7 Атанасян Самостоятельная 5

С-5. II уровень сложности (ответы)

Задания и Ответы на Вариант 1 (уровень 2)

№ 1. Дано: BD – биссектриса ∠ABC, ∠1 = ∠2 (рис. 2.124).
Доказать: АВ = СВ.
Доказательство: BD – биссектриса ∠ABC, поэтому ∠ABD = ∠CBD. ∠1 = ∠2, следовательно, ∠ADB = ∠CDB (если два угла равны, то смежные с ними углы равны). ΔABD = ΔCBD по стороне и прилежащим к ней углам (BD – общая сторона, ∠ABD = ∠CBD, ∠ADB = ∠CDB), следовательно, АВ = СВ как соответствующие стороны равных треугольников.

№ 2. Дано: ∠1 = ∠2, ∠3 = ∠4 (рис. 2.125).
Доказать: ΔАВС = ΔADC.
Доказательство: ΔADO = ΔАВО по стороне и прилежащим к ней углам (АО – общая сторона, ∠1 = ∠2, ∠3 = ∠4). ΔАВС = ΔADC по двум сторонам и углу между ними (AD = АВ как соответствующие стороны равных треугольников, АС – общая сторона, ∠3 = ∠4 по условию задачи).

Задания и Ответы на Вариант 2 (уровень 2)

№ 1. Дано: О – середина АВ, ∠1 = ∠2 (рис. 2.126).
Доказать: ∠C = ∠D.
Доказательство: О – середина АВ, значит, АО = ВО.
ΔАСО = ΔDBO по стороне и прилежащим к ней углам (АО = ВО, ∠AOC = ∠BOD как вертикальные, ∠CAO = ∠DBO, так как смежные им углы 1 и 2 равны). Из равенства треугольников АСО и DBO следует равенство соответствующих углов С и D).

№ 2. Дано: ∠1 = ∠2, ∠3 = ∠4 (рис. 2.127).
Доказать: ΔABO = ΔADO.
Доказательство: ΔADC = ΔАВС по стороне и прилежащим к ней углам (АС – общая сторона, ∠1 = ∠2, ∠3 = ∠4 по условию задачи). ΔADO = ΔАВО по двум сторонам и углу между ними (АО – общая сторона, AD = АВ как соответствующие стороны равных треугольников ADC и ABC, ∠3 = ∠4).

Геометрия 7 Атанасян Самостоятельная 5.

   С-5. III уровень сложности (ответы)

Задания и Ответы на Вариант 1 (уровень 3)

№ 1. Дано: АВ = СВ, ∠A = ∠C (рис. 2.128).
Доказать: AM = CN.
Доказательство: ΔABN = ΔСВМ по стороне и прилежащим к ней углам (АВ = СВ по условию задачи, ∠A = ∠C по условию задачи, ∠B – общий). Так как ΔABN = ΔСВМ, то ВМ = BN как соответствующие стороны равных треугольников. Так как BM =BN и AB = АС, то АМ = CN.

№ 2. Дано: AM = МС, АЕ = DC, ∠BDA = ∠FEC (рис. 2.129).
Доказать: АВ = FC.
Доказательство: AM = МС, следовательно, ΔАМС – равнобедренный с основанием АС, а значит, ∠A = ∠C. AD = СЕ, так как AD = АЕ – DE, СЕ = CD – DE, а АЕ = DC. ΔABD = ΔСFЕ по стороне и прилежащим к ней углам (AD = СЕ, ∠A = ∠C, ∠BDA – ∠FEC). Так как ΔABD = ΔCFE, то АВ = FС.

Задания и Ответы на Вариант 2 (уровень 3)

№ 1. Дано: ∠1 = ∠2, ∠3 = ∠4 (рис. 2.130).
Доказать: АВ = DC.
Доказательство: ΔABD = ΔDCA по стороне и прилежащим к ней углам (AD – общая сторона, ∠BAD = ∠CDA, так как ∠BAD = ∠1 + ∠3, ∠CDA = ∠2 + ∠4, a ∠1 = ∠2, ∠3 = ∠4 по условию задачи). Значит, АВ = CD.

№ 2. Дано: АВ = ВС, АF = КС, ∠DKA = ∠EFC (рис. 2.131).
Доказать: AD = ЕС.
Доказательство: ΔАВС – равнобедренный с основанием АС, следовательно, ∠A = ∠C. ΔADK = ΔСЕF по стороне и прилежащим к ней углам (АК = СF, так как АК = AF + FK, CF = СК + FK, а АF = КС по условию задачи; ∠A = ∠C; ∠DKA = ∠EFC). Так как ΔADK = ΔCEF, то AD = ЕС.

Вы смотрели: Геометрия 7 класс (УМК Атанасян и др. — Просвещение). Урок 19. Решение задач на применение второго признака равенства треугольников. Самостоятельная работа № 5 с ответами и решениями (3 уровня сложности по 2 варианта в каждом). Геометрия 7 Атанасян Самостоятельная 5. Ориентировано на работу с базовым учебником: «Атанасян Л.С., Бутузов В.Ф. и др. Геометрия. 7—9 классы. Учебник для общеобразовательных организаций. М.: Просвещение».

Геометрия 7. Поурочные планы
  Геометрия 7. Самостоятельные работы

Геометрия 7 класс (УМК Атанасян и др. — Просвещение). Урок 21. Решение задач на применение третьего признака равенства треугольников. Самостоятельная работа № 6 с ответами и подсказками к решению (3 уровня сложности по 2 варианта в каждом). Геометрия 7 Атанасян Самостоятельная 6.

Геометрия 7. Контрольные работы
   Геометрия 7. Самостоятельные работы

Геометрия 7 класс. Урок 21.
Самостоятельная работа № 6 (задания)

Основная дидактическая цель урока: совершенствовать навыки решения задач на применение второго признака равенства треугольников. Перед решением задач необходимо повторить конспекты: «Треугольник. Равенство треугольников», «ЗАДАЧИ на Признаки равенства треугольников».

   I уровень сложности (легкий)

Вариант 1 (уровень 1)

1. Дано: АВ = СD, ВС = DA, ∠C = 40° (рис. 2.157).
   Доказать: ΔABD = ΔCDB. Найти: ∠A.
2. На боковых сторонах равнобедренного треугольника АВС отложены равные отрезки ВМ и BN. BD – медиана треугольника. Докажите, что MD = ND.
3. В треугольниках АВС и А₁В₁С₁ АВ = А₁В₁, ∠A = ∠A₁, ∠B = ∠B₁. Точки D и D₁ лежат соответственно на сторонах АС и А₁С₁, причем CD = C₁D₁. Докажите, что ΔBDC = ΔB₁D₁C₁. Сравните отрезки BD и B₁D₁.

Вариант 2 (уровень 1)

1. Дано: AD = АВ, CD = CB, D= 120° (рис. 2.158).
   Доказать: ΔDAC = ΔBAC. Найти: ∠B.
2. На боковых сторонах равнобедренного треугольника АВС отложены равные отрезки ВМ и BN. BD – высота треугольника. Докажите, что MD = ND.
3. В треугольниках АВС и А₁В₁С₁ АВ = A₁B₁, АС = A₁C₁, ∠A = ∠A₁. Точки D и D₁ лежат соответственно на сторонах АС и A₁C₁, ∠DBC = ∠D₁B₁C₁. Докажите, что ΔBDC = ΔB₁D₁C₁. Сравните углы ВDC и B₁C₁D₁.

 II уровень сложности (средний)

Вариант 1 (уровень 2)

1. Дано: АВ = СD, ВС = AD (рис. 2.159). Доказать: ∠A = ∠C.
2. На боковых сторонах равнобедренного треугольника АВС с основанием АС отложены равные отрезки AM и CN. BD, медиана ΔAВС, пересекает отрезок MN в точке О. Докажите, что ВО – медиана ΔMBN.
3. В треугольниках АВС и А₁В₁С₁ АВ = A₁B₁, ∠А = ∠A₁, ∠B = ∠B₁. На сторонах ВС и В₁С₁ отмечены точки D и D₁ так, что ∠CAD = ∠C₁A₁D₁. Докажите, что: а) ΔADC = ΔA₁D₁C₁; б) ΔADB = ΔA₁D₁B₁.

Вариант 2 (уровень 2)

1. Дано: АВ = AD, ВС = DC (рис. 2.162). Доказать: ∠B = ∠D.
2. Дан равнобедренный ΔАВС с основанием АС и высотой BD. На лучах ВА и ВС вне треугольника АВС отложены равные отрезки AM и CN. Луч BD пересекает отрезок MN в точке О. Доказать, что ВО – высота ΔMBN.
3. В треугольниках DEC и D₁E₁C₁ DE = D₁E₁, ∠D = ∠D₁, ∠E = ∠E₁. На сторонах DE и D₁E₁ отмечены точки P и P₁ так, что ∠DCP = ∠D₁C₁P₁. Докажите, что: a) ΔDCP = ΔD₁C₁P₁; б) ΔCPE = ΔC₁P₁E₁.

   III уровень сложности (сложный)

Вариант 1 (уровень 3)

1. Дано: АВ = CD, АС = BD (рис. 2.165). Доказать: ∠CAD = ∠BDA.
2. ΔMNP – равнобедренный с основанием МР, точка К – середина отрезка МР, ME = PF. Докажите, что луч KN – биссектриса угла EKF (рис. 2.166).
3. В равнобедренном треугольнике АВС точка D – середина основания АС. На лучах АВ и СВ вне треугольника АВС отмечены точки М и N соответственно – так, что ВМ = BN. Докажите, что ΔBDM = ΔBDN.

Вариант 2 (уровень 3)

1. Дано: АВ = CD, АС = BD (рис. 2.168). Доказать: ∠ACB = ∠DBC.
2. ΔMNP – равнобедренный с основанием МР, точка К – середина отрезка МР, ∠MKE = ∠PKF. Докажите, что ΔNЕК = ΔNFK (рис. 2.169).
3. В равнобедренном треугольнике АВС точка D – середина основания АС. На лучах АВ и СВ вне АВС отмечены точки М и N соответственно, так, что ∠BDM =∠BDN. Докажите, что ΔBDM = ΔBDN.

Самостоятельная работа № 6
Указания к решению и ОТВЕТЫ

С-6. I уровень сложности (ответы)

Докажите самостоятельно.

Геометрия 7 Атанасян Самостоятельная 6

С-6. II уровень сложности (ответы)

Задания и Ответы на Вариант 1 (уровень 2)

№ 1. Дано: АВ = СD, ВС = AD (рис. 2.159). Доказать: ∠A = ∠C.
Докажите самостоятельно.

№ 2. На боковых сторонах равнобедренного треугольника АВС с основанием АС отложены равные отрезки AM и CN. BD, медиана ΔAВС, пересекает отрезок MN в точке О. Докажите, что ВО – медиана ΔMBN.

Доказательство:
1) ΔАВС – равнобедренный с основанием АС, и медиана BD является его биссектрисой (рис. 2.160).
2) ΔMBN – равнобедренный с основанием MN, так как МВ = BN (МВ = ВА– МА; BN = ВС – МС, ВА = ВС, МА = NC). BD – биссектриса ΔMBN, и по свойству биссектрисы равнобедренного треугольника она является медианой, т. е. ВО – медиана ΔMBN.

№ 3. В треугольниках АВС и А₁В₁С₁  АВ = A₁B₁, ∠А = ∠A₁, ∠B = ∠B₁. На сторонах ВС и В₁С₁ отмечены точки D и D₁ так, что ∠CAD = ∠C₁A₁D₁.
Докажите, что: а) ΔADC = ΔA₁D₁C₁; б) ΔADB = ΔA₁D₁B₁.

Доказательство:
а) ΔАВС = ΔА₁В₁С₁ по стороне и прилежащим к ней углам (АВ = A₁B₁, ∠A = ∠A₁, ∠B = ∠B₁ по условию задачи) (рис. 2.161). ΔADC = ΔA₁D₁C₁ по стороне и прилежащим к ней углам (АС = А₁С₁, ∠C = ∠C₁ из равенства треугольников АВС и А₁В₁С₁, ∠CAD = ∠C₁A₁D₁ по условию задачи).
б) Так как ΔADC = ΔA₁D₁C₁, то DC = D₁C₁, следовательно, равны отрезки BD и B₁D₁ (ВС = В₁С₁ из равенства треугольников АВС и А₁В₁С₁).  Так как АВ = А₁В₁, ∠B = ∠B₁ из равенства треугольников АВС и А₁В₁С₁ и BD = В₁D₁, то ΔABD = ΔA₁B₁D₁ по двум сторонам и углу между ними.

Задания и Ответы на Вариант 2 (уровень 2)

№ 1. Дано: АВ = AD, ВС = DC (рис. 2.162). Доказать: ∠B = ∠D.
Докажите самостоятельно.

№ 2. Дан равнобедренный ΔАВС с основанием АС и высотой BD. На лучах ВА и ВС вне треугольника АВС отложены равные отрезки AM и CN. Луч BD пересекает отрезок MN в точке О. Доказать, что ВО – высота ΔMBN.

Доказательство:
1) ΔАВС – равнобедренный с основанием АС, и высота BD, проведенная из его вершины к основанию, является и его биссектрисой, т. е. ВО – биссектриса ∠ABC и ∠MBN тоже (рис. 2.163).
2) ΔMBN – равнобедренный с основанием MN (ВМ = ВА + AM, BN = ВС + CN; так как ВА = ВС и АМ = CN, то ВМ = BN). В равнобедренном ΔMBN биссектриса ВО, проведенная из его вершины к основанию, является и его высотой.

№ 3. В треугольниках DEC и D₁E₁C₁ DE = D₁E₁, ∠D = ∠D₁, ∠E = ∠E₁. На сторонах DE и D₁E₁ отмечены точки P и P₁ так, что ∠DCP = ∠D₁C₁P₁. Докажите, что: a) ΔDCP = ΔD₁C₁P₁; б) ΔCPE = ΔC₁P₁E₁.

Доказательство:
а) ΔDEC = ΔD₁E₁C₁ по стороне и прилежащим к ней углам (DE = D₁E₁, ∠D = ∠D₁, ∠E = ∠E₁) (рис. 2.164).
Так как ΔDEC = ΔD₁E₁C₁, то DC = D₁C₁. Тогда ΔDCP= ΔD₁C₁P₁ по стороне и прилежащим к ней углам (DC = D₁C₁, ∠D = ∠D₁, ∠PCD= ∠P₁C₁D₁).
б) Так как ΔDEC = ΔD₁E₁C₁, тo EC = E₁C₁, ∠ECD = ∠E₁C₁D₁.
Так как ∠ECD = ∠E₁C₁D₁, ∠PCD = ∠P₁C₁D₁, a ∠ECP = ∠ECD – ∠DCP, ∠E₁C₁P₁ = ∠E₁C₁D₁ – ∠D₁C₁P₁, ∠ECP = ∠E₁C₁P₁.
Так как ЕС = E₁C₁ ∠E = ∠E₁, ∠ECP = ∠E₁C₁P₁, то ΔPEC = ΔP₁E₁C₁ по стороне и прилежащим к ней углам.

Геометрия 7 Атанасян Самостоятельная 6.

   С-6. III уровень сложности (ответы)

Задания и Ответы на Вариант 1 (уровень 3)

№ 1. Дано: АВ = CD, АС = BD (рис. 2.165). Доказать: ∠CAD = ∠BDA.
Докажите самостоятельно.

№ 2. ΔMNP – равнобедренный с основанием МР, точка К – середина отрезка МР, ME = PF. Докажите, что луч KN – биссектриса угла EKF (рис. 2.166).

Доказательство: ΔМЕК = ΔPFK по двум сторонам и углу между ними (ME = FP, МК = КР по условию задачи, ∠M = ∠P как углы при основании равнобедренного ΔMNP). Следовательно, КЕ= KF.
ΔKEN = ΔKFN по трем сторонам (КЕ = KF; KN – общая сторона; NE = NF, так как NE = MN – ME, NF = PN – PF, a MN = PN, ME = PF). Следовательно, ∠EKN = ∠FKN.
Так как ∠EKN = ∠FKN, то KN – биссектриса угла ∠EKF.

№ 3. В равнобедренном треугольнике АВС точка D – середина основания АС. На лучах АВ и СВ вне треугольника АВС отмечены точки М и N соответственно – так, что ВМ = BN. Докажите, что ΔBDM = ΔBDN.

Доказательство: Так как D – середина основания равнобедренного ΔАВС с основанием АС, то BD – медиана, а значит, и биссектриса ΔАВС. Следовательно, ∠ABD = ∠CBD (рис. 2.167).
∠NBA = ∠CBM как вертикальные.
∠NBD = ∠NBA + ∠ABD, a ∠MBD = ∠MBC + ∠CBD. Так как ∠ABD = ∠CBD, ∠MBC = ∠NBA, то ∠NBD = ∠MBD.
ΔNBD = ΔMBD по двум сторонам и углу между ними (NB = МВ; BD – общая сторона; ∠NBD = ∠MBD).

Задания и Ответы на Вариант 2 (уровень 3)

№ 1. Дано: АВ = CD, АС = BD (рис. 2.168). Доказать: ∠ACB = ∠DBC.
Докажите самостоятельно.

№ 2. ΔMNP – равнобедренный с основанием МР, точка К – середина отрезка МР, ∠MKE = ∠PKF. Докажите, что ΔNЕК = ΔNFK (рис. 2.169).

Доказательство: ΔМЕК = ΔPFK по стороне и прилежащим к ней углам (МК = КР, так как К – середина МР; ∠MKE = ∠PKF по условию задачи; ∠M = ∠P как углы при основании равнобедренного ΔMNP).
Так как ΔМЕК = ΔPFK, то ME = PF, следовательно, EN = FN (EN = MN – ME, FN = PN – PF, a MN = FN как боковые стороны равнобедренного треугольника).
Так как ΔМЕК = ΔPFK, то КЕ = KF.  ΔNEK = ΔNFK по трем сторонам (NK – общая сторона, NE = EF, ЕК = ЕК).

№ 3. В равнобедренном треугольнике АВС точка D – середина основания АС. На лучах АВ и СВ вне АВС отмечены точки М и N соответственно, так, что ∠BDM =∠BDN. Докажите, что ΔBDM = ΔBDN.

Доказательство: Так как D – середина основания АС равнобедренного ΔАВС, то BD – медиана и биссектриса ΔАВС. Следовательно, ∠ABD = ∠CBD (рис. 2.170).
∠NBA = ∠CBM как вертикальные. Поэтому ∠NBD = ∠MBD (∠NBD = ∠NBA + ∠ABD, ∠MBD = ∠MBC + ∠CBD, a ∠NBA = ∠CBM, ∠ABD = ∠CBD).
ΔBDM = ΔBDN по стороне и прилежащим к ней углам (BD – общая сторона, ∠NBD = ∠MBD, ∠BDM = ∠BDN).

Вы смотрели: Геометрия 7 класс (УМК Атанасян и др. — Просвещение). Урок 21. Решение задач на применение третьего признака равенства треугольников. Самостоятельная работа № 6 с ответами и решениями (3 уровня сложности по 2 варианта в каждом). Геометрия 7 Атанасян Самостоятельная 6. Ориентировано на работу с базовым учебником: «Атанасян Л.С., Бутузов В.Ф. и др. Геометрия. 7—9 классы. Учебник для общеобразовательных организаций. М.: Просвещение».

Геометрия 7. Поурочные планы
  Геометрия 7. Самостоятельные работы