Автор: Мищенко Т.М.
Теги: общее школьное образование общеобразовательная школа геометрия топология математика задачи по геометрии
ISBN: 978-5-17-065396-6
Год: 2010
Текст
ГЕОМЕТРИЯ
НОВЫЙ
VMK
ТЕМАТИЧЕСКИЕ
ТЕСТЫ
ПО ГЕОМЕТРИИ
7
класс
К учебникам
Л. С. Атанасяна и др.
«Геометрия.
7-9 классы»
А. В. Погорелова
«Геометрия.
7-9 классы»
И. Ф. Шарыгина
«Геометрия.
7-9 классы»
Новый учебно-методический комплект
Т.М. Мищенко
ТЕМАТИЧЕСКИЕ
ТЕСТЫ
ПО ГЕОМЕТРИИ
Учебное пособие
к учебникам
Л.С. Атанасяна и др. «Геометрия. 7-9 классы»,
А.В. Погорелова «Геометрия. 7-9 классы»,
И.Ф. Шарыгина «Геометрия. 7-9 классы»
7
КЛАСС
ACT* Астрель
МОСКВА
УДК 373:514
ББК 22.15я72
М71
Серия основана в 2009 году
Мищенко Т.М.
М71 Тематические тесты: по геометрии: учебное пособие к учебникам Л.С. Атанасяна
и др. «Геометрия. 7-9 классы», А.В. Погорелова «Геометрия. 7-9 классы»,
И.Ф. Шарыгина «Геометрия. 7-9 классы»: 7-й кл. / Т.М. Мищенко. — М.: ACT: Аст-
рель, 2010. — 111, [1] с. — (Новый учебно-методический комплект).
ISBN 978-5-17-065396-6(000 «Издательство ACT»)
ISBN 978-5-271'26897-7(ООО «Издательство Астрель»)
Данное пособие рассчитано на самостоятельную подготовку учащихся к ГИА по геометрии. В нем пред-
лагаются тематические контрольные работы в форме тестов для учащихся, обучающихся в 7-х классах по
учебникам Л.С. Атанасяна, В.Ф. Бутузова, С.Б. Кадомцева, Э.Г. Позняка, И.И. Юдиной «Геометрия 7—9»,
А.В. Погорелова «Геометрия 7—9», И.Ф. Шарыгина «Геометрия 7—9».
Тесты включают задания, предусмотренные программой по геометрии для 7 класса и соответствуют
содержанию и структуре ГИА по геометрии.
Присутствие в сборнике решений всех заданий поможет каждому учащемуся успешно подготовиться
к сдаче ГИА по геометрии.
УДК 373:514
ББК 22.15я72
Подписано в печать с готовых диапозитивов заказчика 25.02.2010. Формат 84х1081/1б.
Бумага газетная. Печать офсетная. Усл. печ. л. 11,76. Тираж 7000 экз. Заказ 1013.
ISBN 978-5-17'065396-6(000 «Издательство ACT»)
ISBN 978-5-271-26897*7(ООО «Издательство Астрель»)
ISBN 978-985-16-8397-6(000 «Харвест»)
© Мищенко Т.М.
© ООО «Издательство Астрель»
Содержание
Система тематического тестирования по геометрии.......................... 4
I. ТЕМАТИЧЕСКИЕ ТЕСТЫ
УЧЕБНИК «ГЕОМЕТРИЯ 7—9» Л.С. АТАНАСЯНА И ДР.............................. 7
Глава I. Начальные геометрические сведения............................... 7
Тест 1................................................................ 7
Глава II. Треугольники.................................................. 10
Тест 2............................................................... 10
Глава III. Параллельные прямые.......................................... 13
Тест 3............................................................... 14
Глава IV. Соотношения между сторонами и углами треугольника............. 18
Тест 4............................................................... 18
УЧЕБНИК «ГЕОМЕТРИЯ 7—9» А.В. ПОГОРЕЛОВА................................. 22
§ 1. Основные свойства простейших геометрических фигур.................. 22
§ 2. Смежные и вертикальные углы........................................ 22
Тест 1............................................................... 22
§ 3. Признаки равенства треугольников................................... 25
Тест 2............................................................... 26
§ 4. Сумма углов треугольника........................................... 30
Тест 3............................................................... 30
§ 5. Геометрические построения......................................... 34
Тест 4............................................................... 35
УЧЕБНИК «ГЕОМЕТРИЯ 7—9» И.Ф. ШАРЫГИНА................................... 40
Глава 1. Чем занимается геометрия. Первые понятия геометрии............. 40
Глава 2. Основные свойства плоскости.................................... 40
Тест 1............................................................... 40
Глава 3. Треугольник и окружность. Начальные сведения................... 43
Глава 4. Виды геометрических задач и методы их решения.................. 43
Тест 2............................................................... 43
II. РЕШЕНИЯ ЗАДАНИЙ ТЕСТОВ
УЧЕБНИК «ГЕОМЕТРИЯ 7—9» Л.С. АТАНАСЯНА И ДР............................. 48
Тест 1............................................................... 48
Тест 2............................................................... 53
Тест 3............................................................... 58
Тест 4............................................................... 63
УЧЕБНИК «ГЕОМЕТРИЯ 7—9» А.В. ПОГОРЕЛОВА................................. 70
Тест 1............................................................... 70
Тест 2............................................................... 76
Тест 3............................................................... 83
Тест 4............................................................... 90
УЧЕБНИК «ГЕОМЕТРИЯ 7—9» И.Ф. ШАРЫГИНА................................... 98
Тест 1............................................................... 98
Тест 2.............................................................. 104
Система тематического тестирования по геометрии
Тематическое тестирование по геометрии седьмого класса основной школы является
составной частью исследований по созданию системы аттестации учащихся в новой фор-
ме, направленной на проверку их предметной компетентности в процессе изучения от-
дельных тем программного материала и обеспечивающей высокую дифференцируемость
оценивания.
1. Целью тематического тестирования по геометрии является проверка компетент-
ности учащихся седьмых классов в рамках проведения тематического контроля.
Кроме того, проведение тематического тестирования преследует и вторую цель, а
именно, подготовить учащихся к государственной итоговой аттестации в девятом классе.
Форма заданий, уровень требований, предъявляемых к заданиям тестов, содержание за-
даний каждой темы определяется примерными программами.
2. Характеристика структуры работы. Изложенные основные цели изучения геомет-
рии: развитие пространственных представлений и развитие логического мышления — за-
дают структуру итоговой тематической работы. Работа состоит из двух частей.
Содержание, выносимое на итоговую тематическую проверку, одинаково и для пер-
вой и для второй частей работы. Принципиально разными являются цели и предъяв-
ляемые требования. Если целью первой части является проверка уровня сформирован-
ное™ пространственных представлений, то целью второй части работы является про-
верка уровня сформированности логического мышления или логической интуиции. Кроме
того, если задания первой части соответствуют уровню базовой подготовки, то проверка
уровня сформированности логического мышления может быть осуществлена не только и
не столько при решении задач уровня базовой подготовки, но в значительной степени при
решении задач повышенного и высокого уровня подготовки. Этим определяется форма за-
даний каждой части. Для первой части используются задания со свободным ответом или
задания с выбором ответа, и поскольку авторы концепции ГИА выбрали структуру, кото-
рая определяется формой ответа, то первая часть, в свою очередь, делится на две части.
Таким образом, вся работа состоит из трех частей: первая содержит задания с выбором от-
вета, вторая — со свободным ответом, третья — задания с полной записью решения.
В первую и вторую части включено двенадцать заданий, отвечающих базовому уровню
сложности (уровню обязательной подготовки), при этом первая часть включает 5 заданий,
вторая — 7 заданий. Число включаемых заданий определялось опытным путем. Именно
столько заданий успевает выполнить ученик, имеющий среднюю аттестационную оценку
(годовые оценки за 7 — 9 классы) «4», за один академический час (60 минут).
В первую и вторую части каждой итоговой тематической работы включены все разде-
лы проверяемой темы, причем для решения каждого задания надо применить либо опре-
деление, введенное в этой теме, либо доказанную теорему. По сравнению с традиционной
практикой в первой и второй частях работы усилена идейно-понятийная составляющая.
Здесь используются задания на определение числа решений, определяемое возможными
конфигурациями, удовлетворяющими условию задачи, нахождение числа общих точек
при рассмотрении конфигураций, состоящих из двух основных планиметрических фигур,
определения вида той или иной фигуры и т. д.
Задания первой и второй части каждого из тематических тестов направлены на
проверку основных умений, формируемых при изучении данной темы, а именно, рас-
познавать и изображать на чертежах изучаемые фигуры, выделять из данной конфигура-
ции заданные в условии задачи элементы.
Кроме того,'задания первой и второй части каждого тематического теста проверяют
умение использовать основные теоремы и формулы, отражающие свойства и признаки
фигур, вычислять значения длин отрезков, градусную меру углов, площади фигур, при-
меняя соответствующие теоретические знания.
Система тематического тестирования по геометрии 5
При этом опосредованно проверяются следующие умения: понимать условие задачи,
владеть соответствующей терминологией и символикой; читать чертежи, сопоставлять
текст задачи с данным чертежом.
Целью третьей части итоговой аттестационной работы является дифференцированная
проверка повышенного уровня владения материалом. Этим определяется форма задания.
В нее включены три задания с полной записью решения. Как и для первой части итоговой
тематической работы, число включаемых заданий определялось опытным путем.
Задания третьей части — сложнее, их решения требуют более глубокого уровня усвоения
изученного материала. Они позволяют проверить владение методами доказательств, способ-
ность к интеграции знаний из различных разделов проверяемой темы и ранее изученных
тем, владение исследовательскими навыками, а также умение найти и применить нестан-
дартные приемы рассуждений. При выполнении второй части работы учащиеся должны про-
демонстрировать умение геометрически грамотно записать условие (что дано) и заключение
(что требуется найти или доказать) задачи, ее решение, сопровождая само решение необходи-
мой аргументацией и доказательными рассуждениями. Кроме того, учащиеся должны пока-
зать умение геометрически грамотно выполнять чертежи: правильно отмечать равные эле-
менты фигур, проводить: медианы, высоты и биссектрисы треугольников, радиусы, хорды
и диаметры окружностей.
Так как концепцией ГИА выбрана структура, которая определяется видом ответа, то
сложность заданий в каждом блоке идет по нарастающей.
Эквивалентность вариантов итоговых тематических работ обеспечивается одинаковым
распределением заданий по видам требований, их одинаковым соотношением в работе по
видам деятельности, уровням трудности, а также по одинаковому расчетному времени
выполнения. Параллельность вариантов достигается за счет включения взаимозаменяе-
мых, однотипных, одинаковых по уровню сложности заданий.
3. Время выполнения работы и условия ее проведения. Работа рассчитана на два уро-
ка, но в 7 классе такая нагрузка является для учащихся чрезмерной, поэтому работа может
быть проведена в два этапа: задания 1—12 на одном уроке, а 13—15 на другом.
Первая и вторая части работы выполняются непосредственно в бланке с текстами за-
даний. Первые 5 заданий — это задания с выбором ответа. К каждому из пяти заданий
приведены четыре варианта ответа, обозначенные цифрами 1, 2, 3, 4. Только один из этих
ответов верный. При выполнении этих заданий необходимо обвести кружком номер вы-
бранного ответа в работе.
Пример.
Луч AD — биссектриса угла ВАС. На сторонах угла отложе-
ны равные отрезки АВ и АС. Определите, в силу какого при-
знака равенства треугольников треугольники BAD и CAD равны.
(1) . По двум сторонам и углу между ними; А
2. По стороне и прилежащим к ней углам;
3. По трем сторонам;
4. Треугольники не равны.
Если была допущена ошибка, при выборе ответа, то надо аккуратно зачеркнуть отме-
ченную цифру и обвести другую:
© 26 2) 20 jgj 15 4) 10
Следующие семь заданий (6—12) — задания со свободным ответом. В этом случае по-
лученный ответ следует записать в специально отведенном для этого месте.
Ответом для этих заданий может быть отдельное слово, целое число, десятичная
дробь, обыкновенная дробь, алгебраическое выражение.
6
Система тематического тестирования по геометрии
При этом от учащихся не требуются ни подробная запись решения, ни объяснение вы-
бранного решения. В случае записи неверного ответа необходимого зачеркнуть его и запи-
сать рядом другой.
И, наконец, три задания (13—15) с записью полного решения.
Учитель может посоветовать учащимся выполнять задания в том порядке, в котором
они даны в работе. При этом, если ученик не может быстро решить задачу, не следует за-
держиваться на ней, а имеет смысл перейти к выполнению следующей задачи. Выполнив
все задания, которые ученик смог решить, можно вернуться к пропущенным заданиям.
Следует проинформировать учащихся, что все необходимые для выполнения задания
записи и вычисления можно сделать на черновике, который на проверку не сдается.
4. Система оценивания выполнения отдельных заданий и работы в целом. Оцени-
вание работы (оценка по пятибалльной шкале: «2», «3», «4» и «5») осуществляется по
принципу сложения, оно зависит от количества заданий, которые ученик верно выпол-
нил.
Задание с выбором ответа считается выполненным верно, если в списке вариантов от-
ветов учеником обведена цифра, которая соответствует правильному ответу. Задание со
свободным ответом считается выполненным верно, если правильной ответ вписан в специ-
ально отведенное для этого место.
Если к заданию приведен чертеж, то на нем можно проводить необходимые по-
строения.
При этом от ученика не требуется ни подробная запись решения, ни объяснения
выбранного решения. Черновик, на котором ученик делает необходимые ему записи, на
проверку учителю не сдается и при оценке не может влиять на выставляемую по заданию
отметку.
Оценивание при проведении первых двух частей работы на одном уроке.
Согласно авторской концепции ГИА за каждое верно решенное задание первой и вто-
рой части учащемуся начисляется 1 балл. Таким образом, максимально за работу в форме
теста можно получить 12 баллов. Общий балл формируется путем подсчета общего коли-
чества баллов, полученных учащимся за выполнение работы.
Для получения положительной оценки ученик должен набрать не менее восьми бал-
лов. В противном случае за работу ставится отметка «2». Выполнение двенадцати или
одиннадцати заданий оценивается отметкой 5.
Задание третьей части считается выполненным верно, если учащийся выбрал
правильный ход решения, из письменной записи решения понятен ход его рассуждений,
все логические шаги решения обоснованны. Необходимые для решения чертежи правиль-
но отражают условие и ход решения задачи. Правильно выполнены все преобразования и
вычисления, получен верный ответ.
Если при верном ходе решения задачи допущена ошибка, не носящая принципиально-
го характера и не влияющая на общую правильность хода решения (имеются незначи-
тельные неточности в чертежах, негрубые ошибки или описки), то в этом случае учаще-
муся засчитывается балл, который на один балл меньше указанного.
Оценивание при проведении третьей части работы на одном уроке.
Согласно авторской концепции ГИА верное решение заданий третьей части оценива-
ется по разному: задание 13 оценивается в два балла, а задания 14 и 15 в три балла.
Максимально можно набрать 8 баллов, при этом положительная оценка выставляется,
если набрано не менее 4 баллов.
Проведение работы в два этапа позволяет выставить за нее две оценки.
I. ТЕМАТИЧЕСКИЕ ТЕСТЫ
Учебник «Геометрия 7—9» Л.С. Атанасяна и др.
Глава I. Начальные геометрические сведения
Целью теста, рекомендованного для данной главы, является оперативная проверка
компетентности учащимихся седьмого класса по темам «Измерение отрезков. Измерение
углов» и «Смежные и вертикальные углы». Задания теста направлены на проверку основ-
ных умений, формируемых при изучении этих тем:
— распознавать на чертежах прямые, лучи, отрезки и углы, смежные и вертикальные
углы;
— изображать на чертежах прямые, лучи, отрезки и углы, смежные и вертикальные
углы;
— выделять из данной конфигурации данные в условии задания элементы;
— делать выводы из равенства отрезков и углов;
— применять при решении задач свойства измерения отрезков и углов, определения
смежных и вертикальных углов, биссектрисы угла и теоремы о смежных и верти-
кальных углах;
— вычислять значения длин отрезков, градусную меру углов, градусную меру смеж-
ных и вертикальных углов.
ТЕСТ 1
Вариант 1
Часть 1
1. Найдите ошибку в записи длин отрезков. (Укажите номер этого отрезка.)
1) АВ = 15 см; 2) CD = -7 см; 3) EF = 9 см; 4) GH = 6 см.
2. На прямой а последовательно отмечены точки А, В, С, а д В С D Е
D и Е так, что ВС = CD = DE, а АВ = 2DE. Укажите середину --
отрезка AD.
1) Точка В; 2) точка С; 3) точка В; 4) точка А.
3. Точка D — середина отрезка АВ, точка С — середина отрезка BD. Найдите длину
отрезка АВ, если CD = 5 см.
1) 5 см; 2) 10 см; 3) 15 см; 4) 20 см.
4. Определите, какой угол образуют биссектрисы вертикальных углов, образовавших-
ся при пересечении двух прямых.
1) Острый; 2) прямой; 3) тупой; 4) развернутый.
5. Определите, сколько решений имеет следующая задача. Решать задачу не надо.
От данного луча отложены ААВС = 56° и AABD = 43°. Найдите ADBC.
1) Одно; 2) два; 3) три; 4) ни одного.
Часть 2
6. Найдите угол, если сумма двух смежных с ним углов равна 210°.
8
I. Тематические тесты
7. Точка В лежит на прямой AF между точками А и F. Известно, что АВ = 4 см, a BF
на 7 см больше. Определите длину отрезка AF.
8. Из точки О выходят четыре луча ОА, ОВ, ОС и OD. Каждый из углов АОВ и COD
является смежным с углом ВОС. Найдите угол ВОС, если угол AOD равен 68°.
9. Отрезок, равный 45 см, разделен на три неравных отрезка. Расстояние между
серединами крайних отрезков равно 27 см. Найдите длину среднего отрезка.
10. На рисунке: угол 1 равен 163°; А2 = Z3. Найдите угол 4. / \
1% а
11. Углы АОС и ВОС — смежные, луч OD лежит внутри угла АОС так, что угол AOD —
прямой. Найдите угол COD, если АВОС = 18°.
12. Через вершину угла АОВ, равного 40°, проведена пря- /
мая D^Dz так, что AAOD2 = 110°. Найдите угол между пря- /
мой D^z и прямой, содержащей биссектрису ОС данного
угла. \ / s'
\ В
Оу
У>2
Часть 3
13. На прямой расположены пять точек А, В, С, D и Е так, что АС = 5 см, АЕ = 4 см,
ВС = 14 см, BD = 2 см, DE = 3 см. Найдите расстояние между серединами отрезков BD и АС.
14. На прямой от одной точки в одном направлении отложены три отрезка так, что ко-
нец первого отрезка служит серединой второго, а конец второго — серединой третьего.
Найдите длину меньшего отрезка, если сумма длин всех отрезков равна 28 см.
15. Какое наибольшее число лучей может выходить из одной точки, чтобы все углы,
ограниченные соседними лучами, были тупые.
Вариант 2
Часть 1
1. Найдите ошибку в записи длин отрезков. (Укажите номер этого отрезка.)
1)АВ=12см; 2) CD = 7 см; 3) EF = -10 см; 4) NM = 4 см.
2. На прямой п последовательно отмечены точки А, В, С, АВ С D Е
D и Е так, что ВС - ЗАВ, CD = 2АВ и АВ = DE. Укажите се- ——•—•---•----•—•—
редину отрезка BE.
1) Точка В; 2) точка С; 3) точка D; 4) точка Е.
3. Точка D — середина отрезка АВ, точка С — середина отрезка BD. Найдите длину
отрезка АС, если АВ = 24 см.
1) 18 см; 2) 12 см; 3) 6 см; 4) 24 см.
Система тематического тестирования по геометрии
9
4. Определите, какой угол образуют биссектрисы смежных углов.
1) Острый; 2) прямой; 3) тупой; ' 4) развернутый.
5. Определите, сколько решений имеет следующая задача. Решать задачу не надо.
На прямой от точки А отложены отрезки АВ = 13 см и АС = 8 см. Найдите дли-
ну отрезка ВС.
1) Одно; 2) два; 3) три; 4) решений нет.
Часть 2
6. Разность двух углов, которые получаются при пересечении двух прямых, равна 36°.
Найдите больший угол.
7. Точка В лежит на прямой AF между точками А и F. Известно, что отрезок АВ на
3 см меньше отрезка BF. Определите длину отрезка АВ, если отрезок AF равен 19 см.
8. Из точки О выходят четыре луча АО, ОВ, ОС и OD. Лучи ОА и ОС лежат на одной
прямой, а углы АОВ nAOD — смежные. Найдите угол АОВ, если угол COD равен 78°.
9. Отрезок, равный 25 см, разделен на три неравных отрезка. Средний отрезок равен
11 см. Найдите расстояние между серединами крайних отрезков.
10. На рисунке угол 1 равен 53°; А2 = Z.3. Найдите угол 4.
11. Углы АОС и ВОС — смежные, луч OD — биссектриса угла АОС. Найдите угол
BOD, если ЛАОС = 108°.
12. Через вершину угла АОВ, равного 40°, проведена пря-
мая D1D2 так’ что AAOD1 = ABOD2 = 70°. Найдите угол меж-
ду прямой DrD2 и прямой, содержащей биссектрису ОС дан-
ного угла.
Часть 3
13. На прямой расположены пять точек А, В, С, D и Е так, что АС = 5 см, АЕ = 4 см,
ВС = 14 см, BD = 2 см, DE = 3 см. Найдите расстояние между серединами отрезков BD и ЕС.
14. На прямой от одной точки в одном направлении отложены три отрезка так, что ко-
нец первого отрезка служит серединой второго, а конец второго — серединой третьего.
Найдите длину большего отрезка, если сумма длин всех отрезков равна 28 см.
15. Какое наибольшее число лучей можно провести из одной точки так, чтобы все уг-
лы, ограниченные соседними лучами, были прямые.
10
I. Тематические тесты
Глава II. Треугольники
Целью теста, рекомендованного для данной главы, является оперативная проверка
компетентности учащихся седьмого класса по темам «Медианы, биссектрисы и высоты
треугольника» и «Признаки равенства треугольников». Задания теста направлены на
проверку основных умений, формируемых при изучении этих тем:
— распознавать на чертежах равнобедренные и равносторонние треугольники по ука-
занным элементам; медианы, биссектрисы и высоты треугольника;
— распознавать на чертежах равные треугольники по указанным равным элементам,
применяя признаки равенства треугольников;
— непосредственно применять признаки равенства треугольников, теоремы о прямой,
перпендикулярной данной, о биссектрисе равнобедренного треугольника, проведен-
ной к основанию, о свойстве углов равнобедренного треугольника;
— вычислять значения длин сторон, градусную меру углов, периметры треугольни-
ков, применяя определения равнобедренного и равностороннего треугольников, ме-
дианы, биссектрисы и высоты треугольника; а также признаки равенства треуголь-
ников и теоремы о биссектрисе равнобедренного треугольника, проведенной к осно-
ванию, о свойстве углов равнобедренного треугольника.
ТЕСТ 2
Вариант 1
Часть 1
1. Определите вид треугольника, если одна его сторона равна 5 см, вторая — 3 см,
а периметр равен 13 см.
1) Равнобедренный; 3) разносторонний;
2) равносторонний; 4) определить невозможно.
2. Треугольники ABD и СВР равны и ZD = ZF. Определите
вид треугольника DBF, если AD = FC.
1) Равнобедренный
2) равносторонний;
3) разносторонний;
4) определить невозможно.
/
3. Определите, в силу какого признака равенства треуголь-
ников треугольники BAD и DC В равны, если ACBD = AADB,
AA.BD = ACDB.
1) По двум сторонам и углу между ними;
2) по стороне и прилежащим к ней углам;
3) по трем сторонам;
4) треугольники не равны.
4. В треугольнике АВС биссектриса BD является высотой
треугольника. Найдите периметр треугольника АВС, если пе-
риметр треугольника ABD равен 14 см, а биссектриса BD рав-
на 3 см.
1) 17 см; 3) 34 см;
2) 11 см; 4) 22 см.
5. Определите, сколько решений имеет следующая задача.
Периметр равнобедренного треугольника равен 18 см. Одна из его сторон равна
6 см. Найдите длины двух других сторон.
1) Одно; 2) два; 3) три; 4) решений нет.
Система тематического тестирования по геометрии
11
Часть 2
6. В равнобедренном треугольнике АВС основание АС равно 7 см, а периметр равен
17 см. Найдите боковую сторону АВ.
В
7. Треугольник АВС — равнобедренный с основанием АС. д
Определите Z.2, если Z1 = 62°. / \
8. В равнобедренном треугольнике АВС боковая сторона АВ в два раза больше его осно-
вания АС, а периметр равен 30 см. Найдите основание АС.
9. В разных полуплоскостях относительно прямой АВ отмечены точки С и В так, что
AD = ВС, ADAB = АСВА. Найдите длину отрезка АС, если AD = 14 см, BD =17 см.
10. Треугольники ВОА и DOC равны, АВАО = ADCO. On-
ределите, во сколько раз отрезок BD больше отрезка ОВ. \р
11. В треугольнике АВС: АВ = 3 см, ВС = 5 см, АС = 7 см. Треугольники АВС и KML
равны, причем ABAC = ALKM и ААСВ = AKLM. Определите длину стороны МК.
12. В треугольнике АВС проведена медиана СМ. Извест- С
но, что СМ = МВ, АСАМ — 68°, ААСВ = 90°. Найдите угол /
МВС. / \
Часть 3
13. Докажите признак равенства равнобедренных треугольников: если боковая сторо-
на и основание одного равнобедренного треугольника равны боковой стороне и основанию
другого равнобедренного треугольника, то такие треугольники равны.
14. Медиана ВМ треугольника АВС перпендикулярна его
биссектрисе АО. Найдите АВ, если АС = 12 см.
15. Прямая п проходит через середину отрезка АВ и перпендикулярна ему. Докажите,
что каждая точка, равноудаленная от точек А и В, лежит на прямой п.
12
I. Тематические тесты
Вариант 2
Часть 1
1. Определите вид треугольника, если одна его сторона равна 5 см, вторая — 3 см, а
периметр равен 14 см.
1) Равнобедренный; 3) разносторонний;
2) равносторонний; 4) такой треугольник не существует.
2. Треугольники DCA и FCB равны и AD = Z.F. Определите
вид треугольника АСВ.
1) Равнобедренный;
2) равносторонний;
3) разносторонний;
4) такой треугольник не существует.
3. Луч AD — биссектриса угла ВАС. На сторонах угла от-
ложены равные отрезки АВ и АС. Определите, в силу какого
признака равенства треугольников треугольники BAD и CAD
равны.
1) По двум сторонам и углу между ними;
2) по стороне и прилежащим к ней углам;
3) по трем сторонам;
4) треугольники не равны.
4. В треугольнике АВС медиана BD является биссектрисой
треугольника. Найдите периметр треугольника АВС, если
периметр треугольника ABD равен 15 см, а медиана BD равна
6 см.
1) 9 см; 3) 21 см;
2) 18 см; 4) 42 см.
А । D । С
5. Определите, сколько решений имеет следующая задача. Решать задачу не надо.
В равнобедренном треугольнике стороны равны 8 см и 5 см. Найдите периметр
треугольника.
1) Одно; 2) два; 3) три; 4) решений нет.
Часть 2
6. В равнобедренном треугольнике АВС боковая сторона АВ равна 7 см, а периметр ра-
вен 17 см. Найдите основание АС.
7. Треугольник АВС — равнобедренный с основанием АС.
Определите А2, если А1 = 56°.
8. В равнобедренном треугольнике АВС основание АС на 3 см больше его боковой
стороны АВ, а периметр равен 24 см. Найдите боковую сторону АВ.
Система тематического тестирования по геометрии 13
9. Отрезки АВ и CD пересекаются в точке О так, что О — середина АВ и АОАС =
= AOBD. Найдите угол АСО, если AODB == 63°, AOBD = 43°.
10. Треугольники АВС и DAC равны, причем ВС = CD.
Определите, во сколько раз угол BAD больше угла ВАС.
11. В треугольнике АВС: АВСА = 50°, ABAC = 100°, ААВС = 30°. Треугольники АВС
и KML равны, причем BA = КМ, АС = KL. Определите угол MKL.
12. В треугольнике АВС проведена медиана СМ. Известно,
что СМ = AM, АМАС = 53°, АМВС = 37°. Найдите угол АСВ.
Часть 3
13. Докажите признак равенства равнобедренных треугольников: если боковая сторо-
на и угол при вершине, противолежащей основанию, одного равнобедренного треугольни-
ка равны боковой стороне и углу при вершине, противолежащему основанию, другого
равнобедренного треугольника, то такие треугольники равны.
14. Прямая АО, перпендикулярная медиане ВМ треуголь-
ника АВС, делит ее пополам. Найдите сторону АС, если сторо-
на АВ равна 4 см.
15. Прямая п проходит через середину отрезка АВ и перпендикулярна ему. Докажите,
что каждая точка прямой п равноудалена от точек А и В.
Глава III. Параллельные прямые
Целью теста, рекомендованного для данной главы, является оперативная проверка
компетентности учащихся седьмого класса по теме «Параллельные прямые». Задания
теста направлены на проверку основных умений, формируемых при изучении темы:
— распознавать на чертежах углы, образованные при пересечении двух прямых секущей;
— непосредственно применять понятия углов, образованных при пересечении двух пря-
мых секущей, аксиому параллельных прямых, следствия из нее, свойства углов,
образованных при пересечении параллельных прямых секущей и признаки парал-
лельности прямых;
— вычислять градусную меру углов, применяя признаки параллельности прямых и
свойства углов, образованных при пересечении параллельных прямых секущей.
14
I. Тематические тесты
ТЕСТ 3
Вариант 1
Часть 1
1. Укажите угол, который образует с углом KLM пару
односторонних углов.
1) LKB- 2) NMF\ 3) NKA-, 4) LMN.
2. Укажите угол, который образует с углом KLM пару
накрест лежащих углов.
1) LKB; 2) NMF; 3) NKA; 4) LMN.
3. Укажите угол, который образует с углом KLM пару
соответственных углов.
1) LKB; 2) NMF; 3) NKA; 4) LMN.
4. Дано: Zl + Z.2 = 180°, Z.3 * Z.4. Определите, какие из
трех прямых с, d, f параллельны.
1) с II О А 2) с о II Л 3) с || М d', 4) с II d || f.
5. Две параллельные прямые п и т пересечены секущей k.
Определите взаимное расположение биссектрис накрест лежа-
щих углов.
1) Биссектрисы перпендикулярны;
2) биссектрисы пересекаются, но не перпендикулярны;
3) биссектрисы параллельны;
4) такая ситуация невозможна.
Часть 2
6. Отрезки AD и ВС пересекаются в точке О и расположе-
ны так, что прямые АВ и CD параллельны. Известно, что
/ ОАВ = 32°, АОВА = 28°. Найдите угол OCD.
7. Прямые DK и GC параллельны, прямая FL — секущая.
Найдите градусную меру угла DAF, если угол GBL равен 64°.
В
ь
а
8. Параллельные прямые а и b пересечены секущей с. Най-
дите угол 1, если он в три раза меньше угла 2.
с
2
1
Система тематического тестирования по геометрии
15
9. Прямые DK и GC параллельны, прямая FL — секущая.
Найдите градусную меру угла СВА, если сумма углов GBA и
КАВ равна 236°.
10. Дано: Z.1 = 108°, Z2 = 72°, Z5 = 83°. Найдите Z.4.
11. Прямые АС и BD пересекаются в точке О. В треуголь-
никах ВОС nAOD: ВС = AD, АВСО = AOAD. Найдите ВО, если
BD = 6 см и АС = 9 см.
12. В треугольнике АВС проведена биссектриса BD, кото- в
рая пересекает сторону АС в точке D. Из точки D проведена
прямая DF, которая пересекает сторону ВС в точке F так, что / \
BF = FD. Найдите ABDF, если ААВС = 84°. / \ У
A D С
Часть 3
13. При пересечении двух прямых а и Ь третьей прямой с образуются восемь углов.
Четыре из них равны 80°, другие четыре — 100°. Следует ли отсюда, что прямые a vl Ъ
параллельны?
14. Биссектриса угла А треугольника АВС пересекает сто-
рону ВС в точке К. Через середину отрезка АК — точку О про-
ведена перпендикулярная к нему прямая NL. Определите вза-
имное расположение прямых АС и NK.
15. На рисунке стороны АС и ВС угла АСВ параллельны
сторонам AjCj и ВГСГ угла А^Вр Докажите, что углы АСВ и
А1С1В1 равны.
16
I. Тематические тесты
Вариант 2
Часть 1
1. Укажите угол, который образует с углом NML пару од-
носторонних углов.
1) KNH', 2) NMF; 3) KNM; 4) GNM.
2. Укажите угол, который образует с углом NML пару на-
крест лежащих углов.
1) DLM; 2) NMF; 3) HNK\ 4) HNG.
3. Укажите угол, который образует с углом NML пару со-
ответственных углов.
1) DLM; 2) NMF; 3) HNK-, 4) HNG.
4. Дано Z.1 = Z.4, Z.1 * Z.3. Определите, какие из трех пря-
мых а, b и с параллельны.
1) с || b % а; 2) с # b II а; 3) с II а % Ь; 4. с II b II а.
5. Две параллельные прямые п и т пересечены секущей k.
Определите взаимное расположение биссектрис соответствен-
ных углов.
1) Биссектрисы перпендикулярны;
2) биссектрисы пересекаются, но не перпендикулярны;
3) биссектрисы параллельны;
4) такая ситуация невозможна.
Часть 2
6. Треугольники АВС и FDC равнобедренные. ААВС =
= 108°, ABAC = 36°. Найдите угол FDC.
7. Прямые DK и GC параллельны, прямая FL — секущая.
Найдите градусную меру угла DAB, если угол CBL равен 116°.
8. Параллельные прямые а и Ъ пересечены секущей с. Най-
дите Z.2, если градусные меры углов 2 и 1 относятся, как 3:2.
Система тематического тестирования по геометрии
17
9. Прямые DK и GC параллельны, прямая FL — секущая.
Найдите градусную меру угла GBA, если разность углов ВАК и
СВА равна 36°.
10. Дано: Z.2 = А 4 = 90°, Z.1 = 97°. Найдите АЗ.
11. Отрезки АС и BD пересекаются в точке О и перпенди-
кулярны. Известно, что отрезки СО и ОА равны, а отрезки AD
и ВС лежат на параллельных прямых. Найдите отрезок BD,
если отрезок OD = 4 см, а АО = 6 см.
12. В треугольнике АВС проведена биссектриса BD, кото-
рая пересекает сторону АС в точке D. Из точки D проведена
прямая DF, которая пересекает сторону ВС в точке F так, что
BF = FD. Найдите ААВС, если ABDF = 39°.
В
Часть 3
13. При пересечении двух прямых т и п третьей прямой k образуются восемь углов.
Четыре из них равны 70°, другие четыре — 110°. Следует ли отсюда, что прямые т и п
параллельны?
14. Биссектриса угла А треугольника АВС пересекает сто-
рону ВС в точке К. Через середину отрезка АК — точку О про-
ведена прямая NL, которая делит угол ANK пополам. Опреде-
лите взаимное расположение прямых АС и NK.
15. Стороны АС и ВС yvnaACB параллельны сторонам А^Сг
и ВГСГ угла AjCjBp Докажите, что сумма углов АСВ и А-^В^
равна 180°.
18
I. Тематические тесты
Глава IV. Соотношения между сторонами
и углами треугольника
Целью теста, рекомендованного для данной главы, является оперативная проверка
компетентности учащихся седьмого класса по темам «Сумма углов треугольника», «Соот-
ношения между сторонами и углами треугольника» «Прямоугольные треугольники». За-
дания тестов направлены на проверку основных умений, формируемых при изучении
этих тем:
— распознавать на чертежах остроугольный прямоугольный и тупоугольный тре-
угольник, внешний угол треугольника, равные прямоугольные треугольники по
указанным равным элементам;
— непосредственно применять теоремы о сумме углов треугольника и о внешнем угле
треугольника, о соотношении между сторонами и углами треугольника, признак
равнобедренного треугольника, неравенство треугольника, признаки равенства
прямоугольных треугольников; свойство катета прямоугольного треугольника, ле-
жащего против угла в 30°;
— вычислять значения длин сторон, градусную меру углов, применяя теорему о сум-
ме углов треугольника и ранее изученные признаки и свойства треугольников, при-
знаки равенства прямоугольных треугольников, свойство катета прямоугольного
треугольника, лежащего против угла в 30°;
— формулировать утверждение, обратное данному.
ТЕСТ 4
Вариант 1
Часть 1
1. Определите вид треугольника, если сумма двух его углов равна третьему углу.
1) Остроугольный; 3) тупоугольный;
2) прямоугольный; 4) определить не возможно.
2. В равнобедренном треугольнике АВС с основанием АС р /
проведена биссектриса BE внешнего угла при вершине В. On- / Е
ределите взаимное расположение прямых BE и АС. Вл.
1) Перпендикулярны; / \
2) пересекаются, но не перпендикулярны; / \
3) параллельны; / \
4) определить не возможно. / \
А^-----------
3. Углы треугольника относятся, как 5:2:5. Определите вид данного треугольника.
1) Остроугольный; 3) тупоугольный;
2) прямоугольный; 4) определить не возможно.
4. Извёстно, что только два угла треугольника таковы, что каждый из них в два раза
меньше внешнего угла, не смежного с ним. Определите вид треугольника.
1) Разносторонний; 3) равнобедренный;
2) равносторонний; 4) определить не возможно.
5. В треугольнике АВС внешний и внутренний углы при вершине С равны. Определи-
те, какая из сторон треугольника АВС является наибольшей.
1) АВ; 2) ВС; 3) АС; 4) определить невозможно.
Система тематического тестирования по геометрии
19
Часть 2
6. В треугольнике АВС угол В равен 48°, а внешний угол при вершине А равен 100°.
Найдите угол ВСА.
7. В равностороннем треугольнике АВС проведены биссект-
рисы AD и BF, которые пересекаются в точке О. Найдите угол
AOF.
8. В треугольнике АВС внешний угол при вершине А на 64° больше внешнего угла при
вершине В. Найдите угол В, если угол С равен 80°.
9. Биссектрисы AD и BE треугольника АВС пересекаются в точке О. Найдите угол С
треугольника АВС, если ZAOB = 140°.
10. Периметр равнобедренного треугольника равен 24 см. Одна из его сторон равна 6 см.
Найдите длину боковой стороны.
11. В треугольнике АВС на высоте BF отмечена точка О та-
кая, что АО = ОС. Расстояние от точки О до стороны АВ равно
4 см, а до стороны АС — 7 см. Найдите расстояние от точки О
до стороны ВС.
12. В прямоугольном треугольнике АВС к гипотенузе АВ
проведена высота CD. Найдите гипотенузу АВ, если ВС = 6 см,
BD = 3 см.
D
Часть 3
13. В треугольнике АВС биссектрисы внешних углов при
вершинах В и А пересекаются в точке D. Найдите АВСА, если
ABDA = 70°.
14. В треугольнике АВС высота, проведенная из вершины В, пересекает сторону АС в
точке D. Докажите, что АВ < СВ, если угол CBD больше угла ABD.
20
I. Тематические тесты
15. Из вершины прямого угла С треугольника АВС прове-
дены медиана CD и биссектриса CF. Найдите угол DCF, если
ААВС = 35°.
Вариант 2
Часть 1
1. Определите вид треугольника, если сумма двух его углов меньше третьего угла.
1) Остроугольный; 3) тупоугольный;
2) прямоугольный; 4) определить не возможно.
2. В треугольнике АВС проведены биссектрисы CF и CD &
внешнего и внутреннего углов при вершине С. Определите вза- /ч.
имное расположение прямых CF и CD. /
1) Перпендикулярны; / /
2) пересекаются, но не перпендикулярны; ----
3) параллельны;
4) определить не возможно.
3. Углы треугольника относятся, как 1:1:7. Определите вид данного треугольника.
1) Остроугольный; 3) тупоугольный;
2) прямоугольный; 4) определить де возможно.
4. Известно, что каждый угол треугольника в два раза меньше любого внешнего угла.
Определите вид треугольника.
1) Разносторонний; 3) равнобедренный;
2) равносторонний^ 4) определить невозможно.
5. В треугольнике АВС внешние углы при вершинах А и В равны, а внешний угол при
вершине С равен его внутреннему углу. Определите, какая из сторон треугольника АВС
является наибольшей.
1) АВ', 2) ВС; 3) АС; 4) определить невозможно.
Часть 2
6. В треугольнике АВС внешние углы при вершинах А и В соответственно равны 150°
и 120°. Найдите угол С треугольника.
7. Найдите угол AQB между биссектрисами острых углов
прямоугольного треугольника АВС.
В
8. В треугольнике АВС угол А в три раза меньше внешнего угла при вершине В. Найдите
угол А, если угол С равен 48°.
9. Биссектрисы AD и BF треугольника АВС пересекаются в точке О. Найдите угол AOF
треугольника, если АС = 50°.
Система тематического тестирования по геометрии
10. В равнобедренном треугольнике один из углов тупой, одна из сторон имеет длину
15 см, а другая — 10 см. Определите длину основания этого треугольника.
11. В треугольнике АВС на медиане BF отмечена точка О
такая, что АСАО = АОСА. Расстояние от точки О до стороны
АВ равно 8 см, а до стороны АС — 5 см. Найдите расстояние от
точки О до стороны ВС.
12. В прямоугольном треугольнике АВС к гипотенузе АВ
проведена высота CD. Найдите отрезок AD, если угол СВА ра-
вен 30°, а гипотенуза АВ равна 8 см.
Часть 3
13. В треугольнике АВС биссектрисы внешних углов при
вершинах В и А пересекаются в точке D. Найдите ABDA, если
АВСА = 40°.
14. В треугольнике АВС серединный перпендикуляр к стороне АВ пересекает сторону
АС в точке D. Докажите, что АС > СВ.
15. Из вершины прямого угла С треугольника АВС прове
дены медиана CD. На отрезке AD отмечена точка F такая, что
ADCF = 10°. Докажите, что отрезок CF является биссектрисой
угла АСВ, если ААВС = 35°.
Учебник «Геометрия 7—9» А.В. Погорелова
§ 1. Основные свойства простейших геометрических фигур.
§ 2. Смежные и вертикальные углы
Целью теста, рекомендованного к данным параграфам, является оперативная провер-
ка компетентности учащихся седьмого класса по темам «Измерение отрезков. Измерение
углов» и «Смежные и вертикальные углы». Задания теста направлены на проверку основ-
ных умений, формируемых при изучении этих тем:
— распознавать на чертежах прямые, лучи, отрезки и углы, смежные и вертикальные
углы;
— изображать на чертежах прямые, лучи, отрезки и углы, смежные и вертикальные
углы;
— выделять из данной конфигурации заданные в условии задания элементы;
— делать выводы из равенства отрезков и углов;
— применять при решении задач свойства измерения отрезков и углов, определения
смежных и вертикальных углов, биссектрисы угла и теоремы о смежных и верти-
кальных углах;
— вычислять значения длин отрезков, градусную меру углов.
ТЕСТ 1
Вариант 1
Часть 1
1. Каким свойством обладает неравносторонний треугольник АВС, если верно ра-
венство: ААВС= ABAC?
1)ВС = СА*АВ; 3) ВС = СА = АВ;
2) АС = АВ ВС; 4) ВС * СА * АВ.
2. Даны прямая п и четыре точки А, В, С и D, не лежащие на прямой п. Определите,
пересекает ли прямую п отрезок AD, если отрезки АС и ВС пересекают, а отрезок BD не
пересекает прямую п.
1) Пересекает;
2) не пересекает;
3) определить невозможно.
3. На прямой а отмечены точки А, В и С так, что АВ =15 см, АС = 8 см, ВС = 7 см.
Определите последовательность точек.
1)0, В, А; 2) А, В, С; 3) В, А, С; 4) А, С, В.
4. Углы АОВ и ВОС смежные, причем угол АОВ на 18° больше угла ВОС. Найдите
больший из углов.
1)110°; 2)162°; 3)81°; 4)99°.
5. Определите, сколько решений имеет следующая задача. Решать задачу не надо.
Точки А, В и С лежат на одной, прямой. Найдите длину отрезка АС, если: АВ =
= 4,2 см; ВС = 5,2 см.
1) Одно; 3) три;
2) два; 4) решений нет.
Система тематического тестирования по геометрии
23
Часть 2
6. Точка С лежит на прямой АВ между точками Ап В. Из-
вестно, что отрезок АС на 5 см меньше отрезка ВС. Найдите • •
длину отрезка АС, если АВ =17 см.
В а
7. Луч с проходит между сторонами угла (ab), равного
108°. Чему равен угол (Ьс), если угол (ас) в три раза больше
угла (Ьс)?
8. На прямой последовательно отмечены четыре точки А, В, С и D. При этом два от-
резка AD и ВС расположены так, что их середины совпадают. Найдите длину отрезка АВ,
если AD = 14 см и ВС = 8 см.
9. Определите, какой угол образуют направления на север и юг.
10. Из вершины развернутого угла (аа{) в одну полуплос-
кость проведены лучи Ь и с. Определите, чему равен угол (Ьс),
если А(аЬ) = 55°, А(ас) = 82°.
11. Луч k проходит между сторонами угла (gh), градусная
мера которого равна 2а. Найдите градусную меру угла, обра-
зованного биссектрисами углов (gk) и (kh), если а = 70°
12. На плоскости проведены две пересекающиеся прямые.
Разность двух из четырех образовавшихся углов равна 106°.
Найдите больший угол из четырех образовавшихся углов.
Часть 3
13. Определите, лежат ли три точки А, В и С на одной прямой, если АВ = 5 см, АС =
= 8 см и СВ = 9 см.
14. Даны четыре прямые а, Ь, с и d. Прямые а, Ь и с пересекаются в одной точке. Пря-
мые Ь, с и d также пересекаются в одной точке. Определите, сколько точек пересечения
имеют четыре прямые а, Ь, с и d.
15. Определите, какой угол образуют биссектрисы вертикальных углов.
24
I. Тематические тесты
Вариант 2
Часть 1
1. Каким свойством обладает треугольник АВС, если верно равенство: /ХАВС = !\ВСА2
\)ВС = СА* АВ; 3) ВС = СА = АВ;
2) АС = АВ* ВС; 4) ВС * СА * АВ.
2. Даны прямая п и четыре точки А, В,Си D, не лежащие на прямой п. Определите,
пересекает ли прямую п отрезок AD, если отрезки АВ и CD не пересекают, а отрезок ВС
пересекают прямую п.
1) Пересекает; 2) не пересекает; 3) определить невозможно.
3. На прямой а отмечены точки А, В и С так, что АВ =12 см, АС = 3 см, ВС =15 см.
Определите последовательность точек.
1)С, В, А; 2) А, В, С; 3) В, А, С; 4) А, С, В.
4. Углы АОВ и ВОС — смежные, причем ААОВ в четыре раза больше АВОС. Найдите
меньший из углов.
1) 108°; 2) 9°; 3) 144°; 4) 36°.
5. Определите, сколько решений имеет следующая задача. Решать задачу не надо.
Точки А, В и С лежат на одной прямой. Найдите длину отрезка АС, если: АВ =
= 2,8 см; ВС = 2,1 см.
1) Одно; 2) два; 3) три; 4) решений нет.
Часть 2
6. Точка О лежит на прямой а между точками S и Т. Из-
вестно, что отрезок ОТ равен 4 см и в три раза меньше отрезка
OS. Найдите длину отрезка ST.
7. Луч с проходит между сторонами угла (ab), равного
105°. Чему равен угол (Ьс), если угол (ас) на 25° больше угла
(Ьс)?
8. На прямой последовательно отмечены четыре точки А, В, С и D. При этом два от-
резка АВ и ВС расположены так, что их середины совпадают. Найдите длину отрезка BD,
если AD = 14 см и ВС = 8 см.
9. Определите, какой угол образуют направления на юг и запад.
10. Из вершины развернутого угла (аа{) в одну полуплос-
кость проведены лучи Ь и с. Определите, чему равен угол (Ьс),
если А(а^Ь) = 55°, А(ас) = 82°.
ai
Система тематического тестирования по геометрии
25
11. Луч k проходит между сторонами угла (gh). Найдите
градусную меру угла (gh), если градусная мера угла, образо-
ванного биссектрисами углов (gk) и (kh), равна 35°.
12. На плоскости проведены две пересекающиеся прямые.
Сумма двух из четырех образовавшихся углов равна 186°.
Найдите больший угол из четырех образовавшихся углов.
Часть 3
13. Точки А, В и С лежат на одной прямой. Определите, принадлежит ли точка В от-
резку АС, если АС = 5 см и СВ = 7 см.
14. Даны четыре точки А, В, С и D. Точки А, В и С лежат на одной прямой а. Точки
В, С и D также лежат на одной прямой Ь. Определите взаимное положение прямых а и Ь.
15. Определите, какой угол образуют биссектрисы смежных углов.
§ 3. Признаки равенства треугольников
Целью теста, рекомендованного к данному параграфу, является оперативная проверка
компетентности учащихся седьмого класса по темам «Признаки равенства треугольни-
ков» и «Медианы, биссектрисы и высоты треугольника». Задания тестов направлены на
проверку основных умений, формируемых при изучении этих тем:
— распознавать на чертежах равнобедренные и равносторонние треугольники по ука-
занным элементам;
— распознавать и изображать на чертежах медианы, биссектрисы и высоты треуголь-
ника;
— распознавать на чертежах равные треугольники по указанным равным элементам,
применяя признаки равенства треугольников;
— непосредственно применять признаки равенства треугольников, теорем: о прямой,
перпендикулярной данной; о биссектрисе равнобедренного треугольника, проведен-
ной к основанию; о свойстве углов равнобедренного треугольника;
— вычислять значения длин сторон, градусную меру углов, периметры треугольни-
ков, применяя определения равнобедренного и равностороннего треугольников, ме-
дианы, биссектрисы и высоты треугольника; а также признаки равенства треуголь-
ников и теоремы о биссектрисе равнобедренного треугольника, проведенной к осно-
ванию, о свойстве углов равнобедренного треугольника.
26
I. Тематические тесты
ТЕСТ 2
Вариант 1
Часть 1
1. В равнобедренном треугольнике АВС проведены биссект-
рисы AD и CF углов САВ и АСВ соответственно. Определите, в
силу какого признака равенства треугольников треугольники
CAD и CAF равны.
1) По двум сторонам и углу между ними;
2) по стороне и прилежащим к ней углам;
3) по трем сторонам;
4) треугольники не равны.
2. Определите вид треугольника, если две его стороны равны по 5 см, а периметр равен
15 см.
1) Равнобедренный;
2) равносторонний;
3) разносторонний;
4) определить вид треугольника невозможно.
3. Точка D, лежащая на биссектрисе угла ВАС, соединена
с точками В и С, лежащими на его сторонах, так что Z_ADB =
= ZADC. Найдите длину отрезка АС, если АО = 7 см, а АВ = 6 см.
1) 7 см; 3) 13 см;
2) 6 см; 4) 1 см.
4. Определите, сколько решений имеет следующая задача. Решать задачу не надо.
Периметр равнобедренного треугольника равен 18 см. Одна из его сторон равна 6 см.
Найдите длины двух других сторон.
1) Одно; 2) два; 3) три; 4) решений нет.
5. На боковых сторонах АВ и ВС равнобедренного треугольника АВС во внешнюю
сторону построены равносторонние треугольники ABD и CBF. Точка О — середина осно-
вания АС треугольника. Определите вид треугольника DOF.
1) Равнобедренный;
2) равносторонний;
3) разносторонний;
4) определить вид треугольника невозможно.
Часть 2
6. Равносторонний и равнобедренный треугольники имеют общее основание. Пери-
метр равностороннего треугольника равен 36 см, а периметр равнобедренного равен 40 см.
Найдите боковую сторону равнобедренного треугольника.
7. В равнобедренном треугольнике АВС основание АС в два раза меньше его боковой
стороны АВ, а периметр равен 15 см. Найдите основание АС.
Система тематического тестирования по геометрии
27
8. Отрезки АВ и CD пересекаются в точке О, при этом ОА =
= OD и ОС = ОВ. Найдите угол САО, если AODB = 33°,
AOBD - 54°.
9. Треугольник АВС — равнобедренный с основанием АС.
Определите А 2, если Z.1 = 57°.
10. В треугольнике АВС биссектриса AD является высотой
треугольника. Найдите периметр треугольника АВС, если пе-
риметр треугольника ABD равен 14 см, а биссектриса AD рав-
на 3 см.
11. Прямые ВС и FC пересекаются в точке С. Треугольники
АВС и DFC равны. Определите, во сколько раз отрезок AD
больше отрезка АС.
12. В треугольнике АВС сторона ВС равна 21 см. Перпен-
дикуляр MN, проведенный к стороне АВ через ее середину —
точку N, пересекает сторону ВС в точке М. Найдите периметр
треугольника АМС, если сторона АС равна 12 см.
Часть 3
13. Докажите признак равенства равнобедренных треугольников: если основание и
угол при основании одного равнобедренного треугольника равны основанию и углу при
основании другого равнобедренного треугольника, то такие треугольники равны.
14. На сторонах АВ и ВС треугольника АВС отмечены точки D и F соответственно так,
что ACDA = AAFC. Отрезки DC и AF пересекаются в точке О, причем OD = OF. Найдите
ВС, если AD = 4 см, BD = 3 см.
28
I. Тематические тесты
15. В треугольнике АВС угол ВАС равен 70°, а угол ВС А —
30°. На продолжении медианы ВМ за точку М отложен отре-
зок MD, равный ВМ, на продолжении высоты ВН за точку
Н — отрезок HF, равный ВН. Найдите угол DAF.
Вариант 2
Часть 1
1. Луч AD — биссектриса угла ВАС. На сторонах угла отло-
жены равные отрезки АВ и АС. Определите, в силу какого при-
знака равенства треугольников треугольники BAD и CAD
равны.
1) По двум сторонам и углу между ними;
2) по стороне и прилежащим к ней углам;
3) по трем сторонам;
4) треугольники не равны.
2. Определите вид треугольника, если одна его сторона равна 5 см, вторая — 4 см, а
периметр равен 14 см.
1) Равнобедренный;
2) равносторонний;
3) разносторонний;
4) определить вид треугольника невозможно.
3. В треугольнике АВС проведены биссектрисы AD и CF уг-
лов САВ и АСВ соответственно. Известно, что АСАВ = ААСВ.
Определите длину отрезка АО, если CF = 9 см, АС = 8 см.
1) 1 см; 3) 8 см;
2) 17 см; 4) 9 см.
4. Определите, сколько решений имеет следующая задача. Решать задачу не надо.
В равнобедренном треугольнике стороны равны 8 см и 5 см. Найдите периметр
треугольника.
1) Одно; 2) два; 3) три; 4) решений нет.
5. На боковых сторонах АВ и ВС равностороннего треугольника АВС во внешнюю
сторону построены равносторонние треугольники ABD и CBF. Точка О — середина осно-
вания ВС треугольника. Определите вид треугольника DOF.
1) Равнобедренный; 3) разносторонний;
2) равносторонний; 4) определить вид треугольника невозможно.
Часть 2
6. Равносторонний и равнобедренный треугольники имеют общее основание. Пери-
метр равнобедренного треугольника равен 40 см, а боковая сторона равна 14 см. Найдите
периметр равностороннего треугольника.
Система тематического тестирования по геометрии 29
7. В равнобедренном треугольнике АВС основание АС в 1,5 раза больше его боковой
стороны АВ, а периметр равен 21 см. Найдите боковую сторону АВ.
8. Отрезки АВ и CD пересекаются в точке О, при этом каж-
дый из отрезков делится пополам. Найдите угол САО, если
AODB = 63°, AOBD = 47°.
9. Треугольник АВС — равнобедренный с основанием АС.
Определите Z.2, если А1 = 116°.
10. В треугольнике АВС высота AD является медианой
треугольника. Найдите периметр треугольника АВС, если
периметр треугольника ADB равен 15 см, а высота АО равна
4 см.
11. Треугольники BDC и BDA равны. Определите, в каком
отношении луч BD делит угол СВА.
12. В треугольнике АВС стороны АВ и ВС равны 15 см.
Перпендикуляр MN, проведенный к стороне АВ через ее сере-
дину — точку N, пересекает основание АС в точке М. Найдите
основание АС треугольника АВС, если периметр треугольника
ВМС равен 35 см.
В
Часть 3
13. Докажите первый признак равенства равнобедренных треугольников: если боковая
сторона и угол при вершине, противолежащей основанию, одного равнобедренного тре-
угольника равны боковой стороне и углу при вершине, противолежащему основанию,
другого равнобедренного треугольника, то такие треугольники равны.
30
I. Тематические тесты
14. На сторонах АВ и ВС треугольника АВС отмечены точки D и F соответственно так,
что ADCA = AFAC. Отрезки DC и AF пересекаются в точке О, причем OD = OF. Найдите
BF, если AD = 3 см, BD = 4 см.
15. В треугольнике АВС угол АВС равен 140°. На продол-
жении высоты АН за точку Н отложен отрезок HF, равный
АН, а на продолжении стороны АВ за точку В отмечена точка
D. Найдите угол DBF.
§ 4. Сумма углов треугольника
Целью теста, рекомендованного к данному параграфу, является оперативная проверка
компетентности учащихся седьмого класса по темам «Параллельные прямые», «Сумма
углов треугольника» и «Прямоугольные треугольники». Задания теста направлены на
проверку основных умений, формируемых при изучении этих тем:
— распознавать на чертежах углы, образованные при пересечении двух прямых секу-
щей, внешний угол треугольника, равные прямоугольные треугольники по указан-
ным элементам;
— непосредственно применять признаки параллельности прямых и свойства углов,
образованных при пересечении двух прямых секущей, аксиому параллельных пря-
мых, следствия из нее, теоремы о сумме углов треугольника и внешнем угле тре-
угольника; признаки равенства прямоугольных треугольников; свойства катета
прямоугольного треугольника, лежащего против угла в 30°;
— вычислять значения длин сторон, градусную меру углов, применяя признаки па-
раллельности прямых и свойства углов, образованных при пересечении параллель-
ных прямых секущей, теоремы сумме углов треугольника и внешнем угле тре-
угольника, признаки равенства прямоугольных треугольников, свойства катета
прямоугольного треугольника, лежащего против угла в 30° и ранее изученные при-
знаки и свойства треугольников.
ТЕСТ 3
Вариант 1
Часть 1
1. В треугольнике АВС угол при вершине В равен 48°, а внешний угол при вершине А
равен 100°. Найдите угол ВСА.
1) 32°; 2) 80°;
3) 148°;
li d ft f;
t d\\
II f О;
2. Дано /Л = Z5, Z4 Z.5. Определите, какие из трех пря-
мых с, d и f параллельны.
1)
2)
3)
4)
3.
Определите вид треугольника, если сумма двух его углов равна третьему углу.
1) Остроугольный. 3) тупоугольный.
2) прямоугольный. 4) определить невозможно.
Система тематического тестирования по геометрии
31
4. В равнобедренном треугольнике АВС с основанием АС
проведена биссектриса BE внешнего угла при вершине В. Оп-
ределите взаимное расположение прямых BE и АС.
1) Перпендикулярны.
2) пересекаются, но не перпендикулярны.
3) параллельны;
4) определить невозможно.
5. Биссектриса ВН равнобедренного треугольника АВС
образует с его боковой стороной угол равный 60°. Отрезок
НМ — высота треугольника НВС. Найдите высоту МН тре-
угольника НВС, если основание треугольника АС равно 24 см.
1) 12 см; 2) 6 см; 3) 24 см; 4) 3 см.
Часть 2
6. В треугольнике АВС биссектрисы внешних углов при
вершинах В и А пересекаются в точке D. Найдите АВСА, если
ABDA = 70°.
7. Найдите угол AQB' между биссектрисами острых углов
прямоугольного треугольника АВС.
8. В треугольниках АВО и CDO равные стороны АВ и DC
лежат на параллельных прямых. Определите, чему равен от-
резок АС, если ОА = 9 см, а АВ = 8 см.
9. Дано: А1 = 108°, Z.2 = 72°, Z5 = 83°. Найдите Z4.
10. В треугольнике АВС на высоте BF отмечена точка О
такая, что АО = ОС. Расстояние от точки О до стороны АВ
равно 4 см, а до стороны АС — 7 см. Найдите расстояние от
точки О до стороны ВС.
32
I. Тематические тесты
11. В треугольнике АВС угол ВАС равен 64°. Биссектрисы
углов АВС и АСВ пересекаются в точке D. Найдите угол CDB.
12. В треугольнике АВС проведена биссектриса AD. Най-
дите угол АВС треугольника АВС, если AD = АВ = DC.
Часть 3
13. Сформулируйте и докажите признак равенства прямоугольных треугольников по
катету и острому углу.
14. Биссектриса угла А треугольника АВС пересекает сто-
рону ВС в точке К. Через середину отрезка АК — точку О
проведена перпендикулярная к нему прямая NL. Определите
взаимное расположение прямых АС и NK.
15. В прямоугольном треугольнике АВС (С — прямой) проведена высота CD, а в тре-
угольнике ACD проведена биссектриса СЕ. Докажите, что треугольник СВЕ равнобедренный.
Вариант 2
Часть 1
1. В треугольнике АВС внутренний угол при вершине А равен 57°, а внутренний угол
при вершине С равен 49°. Найдите внешний угол при вершине В.
1) 148°; 2) 123°; 3) 74°; 4) 106°.
2. Дано: Zl = А2, АЗ А А4. Определите, какие из трех
прямых с, d, е параллельны.
1) с II d % е;
2) с ft d II е;
3) с || е ft d;
4) с || d || е.
3. Определите вид треугольника, если сумма двух его углов меньше третьего угла.
1) Остроугольный; 3) тупоугольный;
2) прямоугольный; 4) определить невозможно.
4. В равнобедренном треугольнике KML с основанием KL
угол KML равен 80°. На продолжении боковой стороны ML
за вершину М отложен отрезок MN, равный стороне ML. Оп-
ределите взаимное расположение прямых KL и KN.
1) Перпендикулярны;
2) пересекаются, но не перпендикулярны;
3) параллельны;
4) определить невозможно.
Система тематического тестирования по геометрии
33
5. В прямоугольном треугольнике АВС к гипотенузе АВ
проведена высота CD. Найдите гипотенузу АВ, если АС = 6 см,
AD = 3 см.
1) 12 см; 3) 24 см;
2) 6 см; 4) 3 см.
Часть 2
6. В треугольнике АВС биссектрисы внешних углов при
вершинах А и В пересекаются в точке D. Найдите угол BDA,
если угол ВС А равен 28°.
7. Определите величину угла между высотами AM и CN
равностороннего треугольника АВС.
8. Отрезки АВ и CD пересекаются в точке О. Известно, что
точка О — середина отрезка АВ, а прямые АО и СВ парал-
лельны. Определите, чему равен отрезок CD, если ОС = 8 см,
а СВ = 13 см.
9. Дано: А2 = А4 = 90°; Z.1 = 83°. Найдите АЗ.
10. В треугольнике АВС на медиане BF отмечена точка О
такая, что АС АО = АОСА. Расстояние от точки О до стороны
АВ равно 8 см, а до стороны АС — 5 см. Найдите расстояние
от точки О до стороны ВС.
2 Зак. 1013
34
I. Тематические тесты
11. Внутри прямоугольного треугольника АВ (АС — пря-
мой) отмечена точка D такая, что ACAD = ACBD = 15°. Най-
дите угол ADB.
12. На стороне АС треугольника АВС отмечена точка F
так, что AABF = АСАВ. Прямая DF, параллельная стороне АВ,
пересекает сторону ВС в ее середине — точке D. Найдите ве-
личину угла АВС.
Часть 3
13. Сформулируйте и докажите признак равенства прямоугольных треугольников по
гипотенузе и острому углу.
14. Биссектриса угла А треугольника АВС пересекает сто-
рону ВС в точке К. Через середину отрезка АК — точку О
проведена прямая NL, которая делит угол ANK пополам. Оп-
ределите взаимное расположение прямых АС и NK.
15. В треугольнике АВС из вершины С проведены высота СН и медиана СМ, которые де-
лят угол АСВ на три равные части. Докажите, что треугольник АВС прямоугольный, если
угол САВ равен 30°.
§ 5. Геометрические построения
Целью теста, рекомендованного к данному параграфу, является оперативная проверка
компетентности учащихся седьмого класса по темам «Сумма углов треугольника», «Соот-
ношения между сторонами и углами треугольника» «Прямоугольные треугольники». За-
дания тестов направлены на проверку основных умений, формируемых при изучении
этих тем:
— распознавать на чертежах окружность, центр, радиус, хорду, диаметр окружности,
взаимное расположение двух окружностей, взаимное расположение окружности и
прямой;
— непосредственно применять определения окружности, касательную к окружности,
окружность, вписанную в треугольник, и окружность, описанную около треуголь-
ника, теоремы о положении центра описанной окружности и о центр вписанной ок-
ружности;
— вычислять значения длин сторон, градусную меру углов, применяя определения
окружности, касательной к окружности, теоремы о положении центра описанной
окружности и о центр вписанной окружности;
— решать задачи на построение и геометрические места точек.
Система тематического тестирования по геометрии
35
ТЕСТ 4
Вариант 1
Часть 1
1. В двух окружностях с общим центром в точке О прове-
дены диаметры АС в большей окружности и BD в меньшей ок-
ружности. Определите, в силу какого признака равенства тре-
угольников треугольники СОВ и AOD равны.
1) По двум сторонам и углу между ними;
2) по стороне и прилежащим к ней углам;
3) по трем сторонам;
4) треугольники не равны.
2. Угол между диаметром АВ и хордой АС окружности ра-
вен 30°. Через точку С проведена касательная к окружности,
которая пересекает прямую АВ в точке D. Определите вид тре-
угольника ACD.
1) Равнобедренный;
2) равносторонний;
3) разносторонний;
4) такой треугольник не существует.
3. Прямая АВ пересекает окружность с центром в точке О. Определите, сколько общих
точек имеют окружность и прямая.
1) Одну;
2) две;
3) три;
4) ни одной.
4. Две окружности с центрами в точках О и О1 касаются внешним образом. Через об-
щую точку касания проведена касательная АВ. Определите взаимное расположение пря-
мых OOi и АВ.
1) Перпендикулярны; 2) пересекаются, но не перпендикулярны; 3) параллельны.
5. Определите вид треугольника, если центр вписанной в него окружности совпадает с
центром описанной около него окружности.
1) Равнобедренный;
2) равносторонний;
3) разносторонний;
4) такой треугольник не существует.
Часть 2
6. Даны две окружности, радиусы которых равны 7 см и
3 см. Найдите расстояние между центрами окружностей, если
они касаются друг друга внутренне.
О
36
I. Тематические тесты
7. Стороны угла С, равного 60°, касаются окружности с
центром в точке О. Найдите отрезок СО, если радиус ок-
ружности равен 6 см.
8. Из одной точки окружности проведены две хорды, каж-
дая из которых равна радиусу данной окружности. Найдите
угол между ними.
9. К окружности с центром в точке О, проведена касатель-
ная АС (В — точка касания), АВ = СВ = 7 см. Найдите отрезок
ОС, если ОА = 9 см.
10. Три окружности с центрами в точках Ог, О2 и О3 каса-
ются друг друга так, как показано на рисунке. Радиусы ок-
ружностей равны 12 см, 7 см и 5 см. Найдите периметр тре-
угольника О1О2О3.
11. Окружность с центром в точке О касается сторон угла
ВАС (В и С — точки касания). Касательная MN к этой окруж-
ности пересекает стороны угла АВ и АС соответственно в точ-
ках N и М. Найдите периметр треугольника AMN, если АВ =
= 9 см.
12. В равнобедренный треугольник АВС (АВ = ВС) вписана
окружность. Точка касания D делит сторону АВ в отношении
1 : 2, считая от вершины А. Найдите сторону АВ, если сторона
АС равна 6 см.
Система тематического тестирования по геометрии
37
Часть 3
13. Определите, что является геометрическим местом центров окружностей, про-
ходящих через две данные точки.
14. Докажите, что общая хорда двух пересекающихся окружностей перпендикулярна
линии центров.
15. Из одной точки Q к трем касающимся
внешним образом окружностям с центрами в точ-
ках Oj, О2 и О3 проведены четыре касательные
QA, QB, QC и QD, причем две из них проходит че-
рез точки касания окружностей В и С. Докажите,
что касательные QA и QD равны.
Вариант 2
Часть 1
1. Две окружности с центрами в точках О и Ог пересекают-
ся в точках А и В. Определите, в силу какого признака равен-
ства треугольников треугольники ОАО^ и ОВО^ равны.
1) По двум сторонам и углу между ними;
2) по стороне и прилежащим к ней углам;
3) по трем сторонам;
4) треугольники не равны.
2. Угол между диаметром АВ и хордой АС окружности ра-
вен 40°. Через точку С проведена касательная к окружности,
которая пересекает прямую АВ в точке D. Определите вид тре-
угольника ACD.
1) Равнобедренный;
2) равносторонний;
3) разносторонний;
4) такой треугольник не существует.
3. Расстояние от центра окружности до прямой равно 7 см, а диаметр окружности ра-
вен 14 см. Определите, сколько общих точек имеют окружность и прямая.
1) Одну; 2) две; 3) три; 4) ни одной.
4. Две окружности с центрами в точках О и пересекаются в точках А и В. Опре-
делите взаимное расположение прямых ООГ и АВ.
1) Перпендикулярны;
2) пересекаются, но не перпендикулярны;
3) параллельны.
5. Определите вид треугольника, если центр вписанной в него окружности лежит на
одном из серединных перпендикуляров.
1) Равнобедренный;
2) равносторонний;
3) разносторонний;
4) такой треугольник не существует.
38
I. Тематические тесты
Часть 2
6. Даны две окружности, радиусы которых равны 7 см
и 3 см. Найдите расстояние между центрами окружностей, ес-
ли они касаются внешне.
7. Стороны угла А, равного 90°, касаются окружности в
точках В и С. Найдите отрезок АВ, если радиус окружности
равен 3 см.
8. Из одной точки окружности проведены хорда, равная
радиусу данной окружности, и диаметр. Найдите угол между
ними.
9. В окружности с центром в точке О проведены две хорды
АВ и CD, не имеющие общих точек, так, что при этом ААОВ =
= ACOD. Хорда CD равна 4 см, а радиус окружности равен
6 см. Найдите длину хорды АВ.
О
Система тематического тестирования по геометрии
39
10. Три окружности с центрами в точках О2 и по‘
парно касаются друг друга. Радиусы окружностей равны
11 см, 7 см и 5 см. Найдите периметр треугольника
11. Окружность с центром в точке О касается сторон угла
ВАС (В и С — точки касания). Касательная MN к этой ок-
ружности, пересекает стороны угла АВ и АС соответственно в
точках N и М. Найдите длину отрезка касательной АС, если
периметр треугольника AMN равен 14 см.
12. В треугольник АВС вписана окружность. Точки К, М
и Р — точки ее касания со сторонами АВ, ВС и АС соответ-
ственно. Найдите периметр треугольника АВС, если АК +
+ ВМ + СР = 12 см.
Часть 3
13. Определите, что является геометрическим местом центров окружностей, ка-
сающихся прямой в данной точке.
14. Докажите, что если три окружности имеют общую хорду, то их центры распо-
ложены на одной прямой.
15. Из одной точки к двум касающимся внешним образом окружностям проведены
три касательные, причем одна из них проходит через точку касания окружностей.
Докажите, что касательные равны.
Учебник «Геометрия 7—9» И.Ф. Шарыгина
Глава 1. Чем занимается геометрия. Первые понятия геометрии.
Глава 2. Основные свойства плоскости
Целью теста, рекомендованного для двух данных глав, является оперативная провер-
ка компетентности учащихся седьмого класса по темам «Измерение отрезков. Измерение
углов» и «Смежные и вертикальные углы». Задания теста направлены на проверку основ-
ных умений, формируемых при изучении этих тем:
— распознавать на чертежах прямые, лучи, отрезки и углы, прямые, тупые и острые
углы, смежные и вертикальные углы, биссектрисы углов, перпендикулярные пря-
мые и центрально-симметричные точки на прямой;
— изображать на чертежах прямые, лучи, отрезки и углы, прямые, тупые и острые
углы, смежные и вертикальные углы;
— выполнять чертеж по описанию ситуации с использованием введенной терминоло-
гии;
— непосредственно применять основные свойства: взаимного расположения точек на
плоскости; измерения отрезков, измерения углов осевой симметрии, теоремы о
смежных и вертикальных углах при решении задач;
— вычислять градусную меру углов и длину отрезков, применяя основные свойства
прямой и плоскости, теоремы о смежных и вертикальных углах.
ТЕСТ 1
Вариант 1
Часть 1
1. При некоторой симметрии точка А (-1) переходит в точку А} (3). Определите в ка-
кую точку отобразится точка В (4) при этой симметрии.
1) 8; 3) -2;
2) 0; 4) (-4).
2. Через вершину угла (тп) — точку О, проведена прямая k. Лучи kx и /г2 прямой k
образуют со сторонами угла (тп) углы (Zsj/г) и (k2m), равные 70°. Найдите угол между пря-
мой k и биссектрисой данного угла.
1) 40°; 3) 90°;
2)20°; 4)110°.
3. Определите, сколько решений имеет следующая задача. Решать задачу не надо.
На прямой р отмечены точки А, В и С. Отрезок АВ равен 7 см, а отрезок АС равен
4 см. Найдите отрезок ВС.
1) Одно; 3) три;
2) два; 4) решений нет.
4. На прямой а отмечены три точки А, В u С так, что АВ = 6 см, АС = 14 см, ВС = 8 см.
Определите последовательность точек.
1) В, С, А; 3) В, А, С;
2) С, В, А; 4) А, В, С.
Система тематического тестирования по геометрии 41
5. При симметрии относительно точки О точки АиВ перешли соответственно в точки Aj
и Вр Определите взаимное расположение прямых АВ и А1В1.
1) Перпендикулярны;
2) пересекаются, но не перпендикулярны;
3) параллельны;
4) такая ситуация невозможна.
Часть 2
6. Луч ОС проходит между сторонами угла АОВ, равного 120°. Найдите угол АОС, если
угол ВОС в три раза меньше угла АОС.
7. Определите, какой угол образуют биссектрисы вертикальных углов.
8. Точка М лежит на отрезке АВ и делит его на два отрезка AM и МВ в отношении 3:1.
Найдите длину отрезка АВ, если МВ равен 3 см.
9. На плоскости проведены две пересекающиеся прямые. Разность двух из четырех
образовавшихся углов равна 36°. Найдите больший угол из четырех образовавшихся
углов.
10. Отрезок, равный 45 см, разделен на три неравных отрезка. Расстояние между
серединами крайних отрезков равно 28 см. Найдите длину среднего отрезка.
11. Две окружности с центрами в точках О и Oj пересекаются в точках А и В. Радиус
окружности с центром в точке О равен 11 см, а радиус окружности с центром в точке Oj
равен 7 см. Найдите периметр четырехугольника АОВОр
12. Угол, равный 70°, разделен двумя лучами, которые проходят между его сто-
ронами, на три неравных угла. Средний угол равен 24°. Найдите угол, образованный бис-
сектрисами крайних углов.
Часть 3
13. Стороны треугольника равны 7, 13 и 16. Через вершину треугольника, проти-
волежащую большей его стороне, проведена прямая, делящая его периметр в отношении
1 : 3. В каком отношении эта прямая делит большую сторону.
14. На листе бумаги проведена извилистая замкнутая
кривая линия, которая делит лист на две части: внутреннюю
и внешнюю. От листа бумаги остался небольшой клочок, на
котором отмечены две точки А и В. Определите, принадлежат
эти точки одной части листа или разным.
15. На прямой от одной точки в одном направлении отложены три отрезка так, что ко-
нец первого отрезка служит серединой второго, а конец второго — серединой третьего.
Найдите длину среднего отрезка,.если сумма длин всех отрезков равна 28 см.
42
I. Тематические тесты
Вариант 2
Часть 1
1. При некоторой симметрии точка А (3) переходит в точку А1 (1). Определите в какую
точку отобразится точка В (6) при этой симметрии.
1) 8; 2) 0; 3) -2; 4) -4.
2. Через вершину угла (тп) — точку О, проведена прямая k, перпендикулярная
биссектрисе этого угла. Лучи и /г2 прямой k образует со сторонами угла (тп) углы (k^n)
и (k2m), равные 65°. Найдите угол (тп).
1) 25°; 2) 50°; 3) 90°; 4) 115°.
3. Определите, сколько решений имеет следующая задача. Решать задачу не надо.
Угол АОВ равен 70°, а угол АОС равен 40°. Найдите угол ВОС.
1) Одно; 2) два; 3) три; 4) решений нет.
4. На прямой а отмечены три точки А, В и С так, что АВ = 12 см, АС = 3 см, ВС = 15 см.
Определите последовательность точек А, В и С.
1) В, С, А; 2) С, В, А; 3) В, А, С; 4) А, В, С.
5. Отрезки АВ и AjBj симметричны относительно прямой а. Определите взаимное
расположение прямых AAj и ВВр
1) Перпендикулярны;
2) пересекаются, но не перпендикулярны;
3) параллельны;
4) такая ситуация невозможна.
Часть 2
6. Луч ОС проходит между сторонами угла АОВ, равного 40°. Найдите угол ВОС, если
угол АОС на 22° меньше угла ВОС.
7. Определите, какой угол образуют биссектрисы смежных углов.
8. Точка М лежит на отрезке АВ и делит его на два отрезка AM и МВ. Отрезок МВ
равен половине отрезка AM. Найдите длину отрезка AM, если АВ равен 21 см.
9. На плоскости проведены две пересекающиеся прямые. Сумма двух из четырех
образовавшихся углов равна 86°. Найдите больший угол из четырех образовавшихся
углов.
10. Отрезок, равный 25 см, разделен на три неравных отрезка. Средний отрезок равен
11 см. Найдите расстояние между серединами крайних отрезков.
11. Две окружности с центрами в точках О и Oj и равными радиусами пересекаются в точ-
ках А и В. Найдите периметр четырехугольника АОВО^ если радиус окружности с центром
в точке О равен 6 см.
12. Угол, равный 70°, разделен двумя лучами, которые проходят между его сто-
ронами, на три неравных угла. Угол, образованный биссектрисами двух крайних углов,
равен 47°. Найдите градусную меру среднего угла.
Система тематического тестирования по геометрии
43
Часть 3
13. Периметр четырехугольника равен 75. Через середины двух противолежащих сто-
рон проведена прямая, делящая четырехугольник на два четырехугольника с периметра-
ми 56 и 63. Чему равен отрезок прямой, соединяющий данные середины.
14. На листе бумаги проведена очень извилистая кривая
линия, которая делит лист на две части: внутреннюю и внеш-
нюю. От листа бумаги остался небольшой клочок, на котором
отмечены две точки А и В. Определите, принадлежат эти точ-
ки одной части листа или разным.
15. На прямой от одной точки в одном направлении отложены три отрезка так, что ко-
нец первого отрезка служит серединой второго, а конец второго — серединой третьего.
Найдите длину большего отрезка, если сумма длин всех отрезков равна 28 см.
Глава 3. Треугольник и окружность. Начальные сведения.
Глава 4. Виды геометрических задач и методы их решения
Целью теста, рекомендованного для двух данных глав, является оперативная провер-
ка компетентности учащихся седьмого класса по темам «Треугольник и окружность»,
«Признаки равенства треугольников» и «Виды геометрических задач и методы их реше-
ния». Задания теста направлены на проверку основных умений, формируемых при изуче-
нии этих тем:
— распознавать на чертежах равнобедренные и равносторонние треугольники по ука-
занным элементам, применяя признаки равенства треугольников, медианы, бис-
сектрисы и высоты треугольника; окружность и ее элементы, круг;
— непосредственно применять определение медианы, биссектрисы, высоты треугольни-
ка, свойства и признаки равнобедренного треугольника, свойства хорд окружности,
теорему о пересечении двух окружностей, а также прямой и окружности, признаки
равенства треугольников, теорем: о прямой, перпендикулярной данной; о биссект-
рисе равнобедренного треугольника, проведенной к основанию;
— вычислять значения длин сторон, градусную меру углов, периметры треугольни-
ков, применяя определения равнобедренного и равностороннего треугольников, ме-
дианы, биссектрисы и высоты треугольника; а также признаки равенства треуголь-
ников и теоремы о биссектрисе равнобедренного треугольника, проведенной к осно-
ванию, о свойстве углов равнобедренного треугольника.
ТЕСТ 2
Вариант 1
Часть 1
1. В равнобедренном треугольнике АВС основание АС на 3 см больше его боковой
стороны АВ, а периметр равен 30 см. Найдите боковую сторону АВ.
1) 15 см; 2) 6 см; 3) 9 см; 4) 12 см.
2. Радиусы двух окружностей равны 8 см и 5 см, а расстояние между их центрами рав-
но 12 см. Определите, сколько общих точек имеют эти окружности.
1) Одну; 2) две; 3) три; 4) ни одной.
44
I. Тематические тесты
3. Расстояние от центра окружности до прямой равно 9 см, а диаметр окружности ра-
вен 18 см. Определите, сколько общих точек имеют окружность и прямая.
1) Одну; 2) две; 3) три; 4) ни одной.
4. Определите, сколько решений имеет задача.
Медиана равнобедренного треугольника делит его периметр на части, равные 12 см
и 9 см. Найдите стороны треугольника.
1) Одно; 2) два; 3) три; 4) решений нет.
5. На рисунке треугольники DEA и FEB равны. Периметр
треугольника DEF равен 20 см, а периметр треугольника
DEA равен 15 см. Найдите периметр треугольника ВЕА, естл
его сторона АВ равна 2 см.
1) 9 см; 3) 5 см;
2) 14 см; 4) 35 см.
Часть 2
6. Треугольник АВС — равнобедренный с основанием АС.
Определите Z2, если Z1 = 56°.
Е
7. Длины двух сторон равнобедренного треугольника равны соответственно 6 и 2.
Определите длину третьей стороны этого треугольника.
8. На сторонах угла В отмечены точки А и Е на одной сто-
роне угла и точки С и D на другой. Отрезки AD и СЕ пересе-
каются в точке F, причем AF = FC, a ABAD = АВСЕ. Найдите
длину отрезка ВС, если CD = 4 см, а BE = 9 см.
9. Медиана CD треугольника АВС равна половине стороны, к которой она проведе-
на. Найдите АС, если АА = 53°, АВ = 37°.
10. Длины сторон а и b треугольника равны 10 и 12. Определите наибольшую воз-
можную длину его третьей стороны с, если известно, что она выражается целым числом.
11. Окружность с центром в точке О касается сторон
угла ВАС (В и С — точки касания). Касательная MN к этой
окружности, пересекает стороны угла АВ и АС соответствен-
но в точках N и М. Найдите периметр треугольника АВС, ес-
ли ВС = 7 см, а периметр треугольника AMN равен 17 см.
Система тематического тестирования по геометрии
45
12. Три окружности с центрами в точках О2 и О3 Рас‘
положены, как показано на рисунке. Радиусы окружностей
соответственно равны 12 см, 7 см и 5 см, а расстояние между
центрами О2 и О3 равно 14 см. Найдите периметр треугольни-
ка
Часть 3
13. В треугольнике АВС на стороне АС отмечена точка D
такая, что АВ = BD — DC. Отрезок DF — медиана треугольни-
ка BDC. Найдите AFDC, если ABAC = 70°.
14. В треугольнике угол ВАС равен 70°, а угол ВСА — 30°. На продолжении медианы
ВМ за точку М отложен отрезок MD, равный ВМ, на продолжении высоты ВН за точку
Н — отрезок HF, равный ВН. Найдите угол DAF.
15. Вершины треугольника АВС являются центрами окружностей разных радиусов,
которые попарно касаются внешним образом. Сторона АВ равна 6, сторона ВС равна 7,
сторона АС равна 9. Найдите радиус большей окружности.
Вариант 2
Часть 1
1. В равнобедренном треугольнике АВС основание АС на 1 см меньше его боковой
стороны АВ, а периметр равен 23 см. Найдите основание АС.
1) 8^ см; 2) 7 см; 3) 8 см; 4) 7| см.
<5 о
2. Радиусы двух окружностей равны 8 см и 5 см, а расстояние между их центрами рав-
но 13 см. Определите, сколько общих точек имеют эти окружности.
1) Одну; 2) две; 3) три; 4) ни одной.
3. Расстояние от центра окружности до прямой равно 11 см, а диаметр окружности ра-
вен 20 см. Определите, сколько общих точек имеют окружность и прямая.
1) Одну; 2) две; 3) три; 4) ни одной.
4. Определите, сколько решений следующая имеет задача.
Дее стороны равнобедренного треугольника равны 8 см и 5 см. Медиана, проведенная
к третьей стороне, делит треугольник на два. Найдите разность периметров этих
треугольников.
1) Одно; 2) два; 3) три; 4) решений нет.
46
I. Тематические тесты
5. На рисунке треугольники DEA и FEB равны. Периметр
треугольника ВЕА равен 14 см, а периметр треугольника DEA
равен 15 см. Найдите периметр треугольника DEF, если отре-
зок АВ равен 2 см.
1) 29 см;
2) 9 см;
3) 20 см;
4) 6 см.
Часть 2
6. Треугольник АВС — равнобедренный с основанием АС.
Определите Z.2, если Z1 = 124°.
7. Периметр равнобедренного треугольника равен 24. Одна
Найдите боковую сторону.
8. На сторонах угла В отложены равные отрезки ВА и ВС
и отмечены точки Е и D так, что ABAD = АВСЕ. Найдите дли-
ну отрезка FC, если AF = 4 см.
Е
из его сторон равна 6.
9. Медиана CD треугольника АВС равна половине стороны, к которой она проведена.
Найдите ААВС, если ААСВ = 90°, АС АВ = 64°.
10. Длины сторон а и b треугольника равны 10 и 12. Определите наименьшую воз-
можную длину его третьей стороны с, если известно, что она выражается целым числом.
11. Точка касания окружности, вписанной в равнобедрен-
ный треугольник, делит боковую сторону на отрезки, равные
3 см и 4 см, считая от основания. Найдите периметр треуголь-
ника.
Система тематического тестирования по геометрии
47
12. Три окружности с центрами в точках О15 О2 и О3 каса-
ются друг друга так, как показано на рисунке. Радиусы ок-
ружностей соответственно равны 15 см, 8 см и 6 см. Найдите
периметр треугольника OiO2O3.
Часть 3
13. В треугольнике АВС на стороне АС отмечена точка D
такая, что АВ = BD = DC. Отрезок DF — медиана треугольни-
ка BDC. Найдите ABAC, если AFDC = 65°.
14. В треугольнике АВС угол ВАС равен 45°, а угол ВСА — 20°. На продолжении ме-
дианы ВМ за точку М отложен отрезок MD, равный ВМ, на продолжении высоты ВН за
точку Н — отрезок HF, равный ВН. Найдите угол DAF.
15. Вершины четырехугольника ABCD являются центрами окружностей разных ра-
диусов. Известно, что если у двух окружностей центры находятся в соседних вершинах,
то они касаются внешним образом. Найдите сторону АО четырехугольника ABCD, если
сторона АВ равна 6, сторона ВС равна 7, сторона CD равна 9.
II. РЕШЕНИЯ ЗАДАНИЙ
Учебник «Геометрия 7—9» Л.С. Атанасяна и др.
ТЕСТ 1
Вариант 1
Часть 1
1. О тв ет: 2.
Решение. Длина отрезка выражается положительным числом. Следовательно, ошибка
допущена в записи длины отрезка CD.
2. О т в е т: 1.
Решение. Так как последовательность расположения то-
чек В и С на отрезке AD заданы по условию задачи, то точки
В и С делят отрезок AD на три отрезка: АВ, ВС и CD, при этом
по условию АВ = 2DE, ВС = CD = DE. Значит, BD = 2DE. Та-
ким образом, АВ = BD. Отсюда точка В — середина отрезка АО.
3. О т в е т: 4.
Решение. Так как точка D отрезок АВ на два рав-
ных отрезка: АО и DB, то АВ = AD + DB = 2DB, аналогично,
точка С делит отрезок DB на два равных отрезка: CD и СВ,
DB = CD + СВ = 2СВ. Следовательно, АВ = 2DB = 4СВ = 20 см.
4. О т в ет: 4.
Решение. Рассмотрим вертикальные углы ADO В и ЛАОС.
Луч OG — биссектриса ADOB. Продолжим луч OG за точку О,
получим прямую GF. В силу теоремы о вертикальных углах
ABOG = AAOF, a AGOD = AFOC, но ABOG = AGOD, значит,
AAOF = AFOC. Следовательно, луч OF — биссектриса ZAOC
и лежит на одной прямой с лучом OG — биссектрисой ADOB.
Отсюда биссектрисы двух пар вертикальных углов образуют
развернутый угол, т.е. AGOF = 180°.
5. О т в е т: 2.
Анализируем условие задачи. Значение угла DBC зависит
от расположения данного луча BD, т. е. от того, как отложе-
ны углы ZABC и ZABD от данного луча ВА в одну полуплос-
кость относительно прямой, содержащей луч ВА (рис. а), или
в разные (рис. б).
Система тематического тестирования по геометрии
49
Часть 2
6. Ответ: 75.
Решение. По условию задачи углы СОВ и AOD смежные с
углом АОС, при этом АСОВ + AAOD = 210°. Так как углы
АСОВ и AAOD смежные с одним и тем же углом АОС, значит,
они равны, АСОВ = AAOD = 105° и АСОВ + ААОС = 180°.
Отсюда ААОС = 180° - АСОВ = 180° - 105° = 75°.
7. Ответ: 15.
Решение. По условию задачи точка В лежит между точка-
ми А и F, следовательно, она принадлежит отрезку AF.
Известно, что, если точка делит отрезок на два отрезка, то
длина всего отрезка равна сумме длин этих двух отрезков:
AF = АВ + BF. Кроме того, известно, что AF = АВ + 7. Отсюда
AF = АВ + АВ + 7 = 2АВ + 7 = 8 + 7 = 15 (см). Значит, AF =
= 15 см.
8. Ответ: 68.
Решение. По условию задачи углы АОВ и COD смежные с
одним и тем же углом ВОС, значит, сторона ОА является про-
должением стороны ОС, а сторона OD является продолжени-
ем стороны ОВ. Таким образом стороны угла AOD являются
продолжением сторон угла ВОС, значит, углы AOD и ВОС —
вертикальные и они равны: АВОС = AAOD = 68°.
9. О т в е т: 9.
Решение. Отрезок АВ точками С и D разделен на отрезки
AC, CD и DB, тогда по свойству измерения отрезков АВ =
= АС + CD + DB. Точки О и О^ являются серединами отрезков
АС и DB. Значит, АВ = АО + ОО^ + ОгВ и АО = ОС и DO^ =
= ОуВ. По условию задачи АВ = 45 см и ООг = 27 см, отсюда
АО + ВОг = АВ - ООХ = 45 - 27 = 18 (см) и ООг = ОС + CD +
+ DO±, отсюда 27 = CD + 18, CD = 27 - 18 = 9 (см).
10. Ответ: 17.
Решение. Углы 1 и 2 смежные, по теореме о смежных уг-
лах А2 = 180° - А\ = 180° - 163° = 17°. По условию А2 = АЗ,
значит, АЗ = 17°. Углы 3 и 4 вертикальные, по теореме о вер-
тикальных углах АЗ и Z.4 равны, значит, Z4 = 17°.
11. Ответ: 72.
Решение. Углы BOD и AOD смежные. По условию задачи
угол AOD — прямой, значит, по теореме о смежных углах и
угол BOD — прямой. Так как АВОС = 18°, то ACOD = ABOD -
- АВОС = 90° - 18° = 72°.
АВ F
• — • < •
3 Зак. 1013
50
II. Решения заданий
12. Ответ: 90.
Решение. Так как луч ОС — биссектриса угла АОВ, то
углы АОС и СОВ равны. По условию угол АОВ равен 40°, зна-
чит, каждый из углов АОС и СОВ равен 20°. Так как луч ОС
проходит между сторонами угла AOD2, то угол AOD2 равен
сумме углов АОС и COD2, т. е. /AOD2 = /АОС + /COD2, от-
сюда /COD2 = AAOD2 - /ЛАОС = 110° - 20° = 90°.
Часть 3
13. Ответ: 10,5.
Анализируем условие задачи:
Сначала заметим, что все отрезки лежат на одной прямой п и сумма отрезков АС = 5 см,
АЕ = 4 см, BD = 2 см и DE = 3 см равна отрезку ВС = 14 см. На отрезке ВС от точки В
отложим отрезок BD = 2 см, а от точки С — отрезок АС = 5 см. Так как точки А и D делят
отрезок ВС на три отрезка, то длина всего отрезка ВС равна сумме длин трех отрезков BD,
DA и АС'. ВС = BD + DA + АС. Отсюда DA = ВС - (BD + АС) = 14 - (2 + 5) = 7 (см). Теперь
заметим, что точка Е делит DA на два отрезка DE и АЕ, значит, длина всего отрезка DA
должна быть равна сумме длин отрезков DE и АЕ. По условию DE = 3 см, АЕ = 4 см, т. е.
отрезок DA = DE + АЕ = 3 + 4 = 7 (см). Таким образом, последовательность точек на пря-
мой п: В, D, Е, А и С.
BOD Е A Qi С и
Решение. Так как по свойству измерения отрезков ВС = BD + DA + АС. Точки О и О^
являются серединами отрезков BD и АС. Значит, ВО = OD = 1 см и АО^ = О^С = 2,5 см;
отсюда ВС = ВО + OD + DA + АОХ + OrC = OB + (OD + DA + АОГ) + ОгС = ОВ + ООХ + ОХС,
ОО х = ВС- (ОВ + ОгС) = 14 - (1 + 2,5) = 10,5 (см).
14. Ответ: 4.
Анализируем условие задачи:
На прямой п от одной точки (точка А) в одном направлении (все вторые концы отрез-
ков лежат на одном луче с началом в точке А) отложены отрезки: АВ, АС и AD.
АВС D п
Решение. Пусть АВ = х, тогда АС = 2х, так как точка В является серединой отрез-
ка АС, следовательно, AD = 4х, так как точка С является серединой отрезка AD. Отсюда:
АВ + АС + AD = х + 2х + 4х = 28; х = 4 (см).
15. Ответ: 3.
Решение. Предположим, что из одной точки О выходят х.
четыре луча а, Ь, с и d. Проведем луч а', который дополяет х.
луч а до прямой. Пусть /(ab) — тупой, тогда /(Ьа') — ост- а х^р_______а
рый, так как углы смежные. Отсюда следует, что если Z(bc) — рГ
тупой, то лучи b и с лежат в разных полуплоскостях отно- /
сительно прямой аа'. Луч d лежит между лучами а и с, т.е. / х. d
Z(ac) = /(ad) + /(de). /(ас) < 180°, так как /(а'с) и /(ас) — с \
смежные углы. Значит, один из углов /(ad) или /(de) меньше 90°.
Предположим, что /(ad) и /(de) — тупые, т.е. /(ad) > 90° и /(de) > 90°, тогда /(ad) +
+ /(de) > 180°, отсюда /(ас) = /(ad) + /(de) > 180°. Пришли к противоречию. Значит, уг-
лы /(ab), /(be) и /(ас) — тупые и они образуют три луча а, b и с.
Система тематического тестирования по геометрии
51
Вариант 2
Часть 1
1. Ответ: 3.
Решение. Длина отрезка выражается положительным числом. Следовательно, ошибка
допущена в записи длины отрезка EF.
2. Ответ: 2.
АН С D F
Решение. Так как последовательность расположения то- п , , ,
чек С и D на отрезке BE задана по условию задачи, то точ-
ки С и D делят отрезок BE на три отрезка: ВС, CD и DE, при этом по условию АВ = DE,
значит, ВС = ЗАВ = 3DE и CD = 2АВ = 2DE. Отсюда СЕ = CD + DE = 2DE + DE = 3DE.
Отсюда точка С — середина отрезка BE.
3. Ответ: 1.
Решение. Так как точка D делит отрезок АВ на два равных
отрезка: AD и DB, то АВ = AD + DB = 2DB, DB = 12 (см). Ана-
логично, точка С делит отрезок DB на два равных отрезка: CD
и СВ, то DB = CD + СВ = 2СВ, СВ = 6 (см). Так как точка D —
середина отрезка АВ, точка С — середина отрезка BD, следо-
вательно, АС = AD + DC = 12 + 6 = 18 (см).
4. Ответ: 2.
Решение. Рассмотрим смежные углы ADOB и АВОС, для
которых OG и OF являются биссектрисами. Пусть ABOD = а,
тогда АВОС = 180° - a, ABOG = |а, ABOF = 1(180° - а) =
= 90° - а. Значит, AGOF == 90°, т.е. прямой.
А
5. Ответ: 2.
Анализируем условие задачи. Значение длины отрезка ВС зависит от расположения
точки С по отношению к точке А, т. е. отложен отрезок АС на луче АВ или на луче, допол-
няющим луч АВ до прямой.
Часть 2
6. Ответ: 108.
Решение. Два угла, которые получаются при пересечении
двух прямых, либо смежные, либо вертикальные углы. Углы
Аа и Ар не могут быть вертикальными, так как по условию
они не равны: их разность равна 36°. Значит, Аа и Ар —
смежные углы.
По теореме о смежных углах Аа + АР = 180°, а по условию
задачи Аа - АР = 36°.
{Аа + а| = 180°- Za = 36°+ 36° + ^3 + = 180°; 2^Р = 144°; ^Р = 72°-
Аа = 36° + АР = 36° + 72°, Аа = 108°.
52
II. Решения заданий
7. О т в е т: 8.
Решение. По условию задачи точка В лежит между точка- АВ F
ми А и F, следовательно, она принадлежит отрезку AF. Кроме * *
того, известно, что АВ = BF - 3. Известно, что, если точка делит отрезок на два отрезка,
то длина всего отрезка равна сумме длин этих двух отрезков: AF = АВ + BF. Отсюда АВ =
- AF - BF, значит BF - 3 = 19 - BF.
Отсюда 2BF - 22, BF =11 (см). Значит, BF =11 см, АВ = 8 см.
8. Ответ: 78.
Решение. По условию задачи углы АОВ и AOD смежные. /
Так как ОА и ОС лежат на одной прямой, а сторона ОВ явля- /
ется общей, то углы АОВ и ВОС — смежные. Таким образом, Д
углы AOD и ВОС смежные с одним и тем же углом АОВ, зна- —-----------------Z-j-—
чит, и сторона OD является продолжением стороны ОВ. Зна-
чит, углы АОВ и DOC — вертикальные и, следовательно, они /
равны. ААОВ = ADOC = 78°. D'
9. Ответ: 18.
Решение. Отрезок AD точками В и С разделен на отрезки АВ, t I el t t Ц • Ц • а
ВС и CD, тогда по свойству измерения отрезков AD = АВ + ВС +
+ CD. Точки К и L являются серединами отрезков АВ и CD, АК = КВ и CL = LD. Значит,
AD = АК + КВ + ВС + CL + LD, AD = {АК + LD) + ВС + {КВ + CL) = 2{АК + LD) + ВС.
По условию задачи AD = 25 см и ВС =11 см, отсюда 2{АК + LD) = AD - ВС = 25 - 11 =
= 14 (см) и АК + LD = 7 (см). С другой стороны AD = АК + KL + LD, отсюда KL = AD -
- {АК + LD) = 25 - 7 = 18 (см).
10. Ответ: 127.
Решение. Углы 1 и 2 вертикальные, по теореме о верти-
кальных углах Al = А2 = 53°. По условию А2 = АЗ, значит,
АЗ = 53°. Углы 3 и 4 смежные, по теореме о смежных углах
АЗ + А4 = 180°, значит, А4 = 180° - 53° = 127°.
11. Ответ: 126.
Решение. Углы ВОС и АОС смежные, по теореме о смежных
углах АВОС + ААОС = 180°, значит АВОС = 180° - 108° = 72°.
По условию задачи луч OD — биссектриса угла АОС, значит,
АСОВ = AAOD = 54°. Луч ОС делит угол BOD на два угла ВОС
и COD, значит, АВОВ = АВОС + АСОВ = 72° + 54° = 126°.
12. Ответ: 90
Решение. Так как луч ОС — биссектриса угла АОВ, то
углы АОС и СОВ равны. По условию угол АОВ равен 40°, зна-
чит, ААОС = АСОВ = 20°. По условию АВОВ2 = 70°. Так как
луч ОВ проходит между сторонами угла СОВ2, то угол СОВ2
равен сумме углов СОВ и BOD2, т. е. АСОВ2 = АСОВ + ABOD2 =
= 20° + 70° = 90°.
Часть 3
13. Ответ: 8,5.
Анализируем условие задачи:
Сначала заметим, что все отрезки лежат на одной прямой и и сумма отрезков АС =
= 5 см, АЕ = 4 см, ВВ = 2 см и DE = 3 см равна отрезку ВС = 14 см. На отрезке ВС от
Система тематического тестирования по геометрии 53
точки В отложим отрезок BD = 2 см, а от точки С — отрезок АС = 5 см. Так как точки А
и D делят отрезок ВС на три отрезка, то длина всего отрезка ВС равна сумме длин трех
отрезков BD, DA и АС: ВС = BD + DA + АС. Отсюда DA = ВС - (BD + АС) = 14 - (2 + 5) =
= 7 (см). Теперь заметим, что точка Е делит отрезок DA на два отрезка DE и АЕ, значит,
длина всего отрезка DA должно быть равна сумме длин отрезков DE и АЕ. По условию
DE = 3 см, АЕ = 4 см, то есть отрезок DA = DE + АЕ = 3 + 4 = 7 (см). Таким образом,
последовательность точек на прямой п: В, D, Е, Аи С.
В О D Е AOi С
«I ..• -
Решение. Так как по свойству измерения отрезков ЕС = ЕА + АС = 4 + 5 = 9 (см) и
ВС = BD + DE + ЕС. Точки О и Ог являются серединами отрезков BD и ЕС. Значит,
ВО = OD = 1 см и EOi = О]С = 4,5 см; отсюда ВС = ВО + OD + DE + ЕО^ + О^С = ОВ +
+ (OD + DE + ЕОХ) + ОХС = ОВ + ООХ + ОГС, ООХ = ВС - (OB + OjC) = 14 - (1 + 4,5) = 8,5 (см).
14. Ответ: 16.
Анализируем условие задачи: £ • •________• п
На прямой п от одной точки (точка А) в одном направле-
нии (все вторые концы отрезков лежат на одном луче с началом в точке А) отложены
отрезки: АВ, АС и AD.
Решение. Пусть АВ = х, тогда АС = 2х, так как точка В является серединой отрез-
ка АС, следовательно, AD = 4х, так как точка С является серединой отрезка AD. Отсюда:
АВ + АС + AD = х + 2х + 4х = 28, х = 4 (см). Самый большой отрезок АО = 4х = 16 (см).
15. Ответ: 4.
Решение. Из точки О последовательно проведем лучи а и b так, что А(аЬ) — прямой,
а от луча b отложим прямой А(Ьс). Так как по построению А(аЬ) и А(Ьс) — прямые, зна-
чит, эти углы — смежные. Отсюда следует, что луч с дополняет луч а до прямой ас. Ана-
логично доказывается, что луч d дополняет луч b до прямой bd. Значит, /_(Ьс) и A(ad) —
вертикальные, и по теореме о вертикальных углах они равны. Получили, что четыре лу-
ча, проведенные из одной точки образуют четыре угла.
Предположим, что от луча d можно отложить прямой A(df) и при этом лучи а и f не
будут совпадать. Тогда луч f будет проходить между сторонами угла (ad) и, следователь-
но, A(ad) = Z-(df) + Z-(fa). Пришли к противоречию. Аналогично доказывается, что луч а
не может проходить между лучами d и f.
Следовательно, для того, чтобы все углы, ограниченные соседними лучами, проведен-
ными из одной точки, были прямыми, достаточно провести четыре луча.
ТЕСТ 2
Вариант 1
Часть 1
1. Ответ: 1.
Решение. Пусть стороны треугольника а = 5 см, b = 3 см и с — неизвестная сторона.
Периметр треугольника равен сумме всех его сторон, Р = а + 6 + с;с = Р-(а + 6)=13-
- (5 + 3) = 5 (см). У данного треугольника две стороны равны, следовательно, треугольник —
равнобедренный.
2. Ответ: 1.
Решение. По условию треугольники ABD и CBF равны, ль.
AD = AF и AD = FC. В равных треугольниках против равных У / \\
углов AD = AF лежат равные стороны АВ = ВС. Значит, в тре- / VX.
угольниках ABD и CBF стороны BD и BF тоже равны. Таким / А?) х
образом, в треугольнике DBF стороны BD и BF равны. Следо-
вательно, треугольник DBF — равнобедренный. С
54
II. Решения заданий
3. О т в е т: 2.
Решение. В треугольниках BAD и DCB'. ACBD = AADB,
AABD = ACDB и сторона BD — общая. Следовательно, тре-
угольники BAD-тл DCB равны по стороне и прилежащим к ней
углам.
4. О т ве т: 4.
Решение. Так как в треугольнике АВС биссектриса BD яв-
ляется высотой треугольника, то треугольник — равнобедрен-
ный. Значит, АВ = ВС и BD является медианой треугольника,
т. е. AD = DC. Периметр треугольника равен сумме всех его
сторон, т. е.
РАВВ = AD + АВ + BD,
РАВС = АВ + ВС + АС = АВ + ВС + AD + DC = 2 (АВ + AD).
AD +АВ = Рд^ - BD = 14 - 3 = 11 (см),
РАВС = 2(АВ + AD) = 22 (см).
5. О т в е т: 1.
Анализируем условие задачи. Периметр равнобедренного треугольника равен 18 см, а
одна сторона равна 6 см, значит, сумма двух других сторон равна 12 см. В равнобедрен-
ном треугольнике две стороны равны, значит, если одна из двух неизвестных сторон рав-
на данной, то есть равна 6 см, то третья сторона также равна данной. Если равны друг
другу две неизвестные стороны, то каждая из них равна 12:2 = 6 (см), т. е. все стороны
равны. Поэтому решение одно.
Часть 2
6. Ответ: 5.
Решение. Периметр треугольника АВС равен сумме всех его сторон, а так как АВ = ВС,
то Р = 2АВ + AC; 2АВ = Р - АС = 17 - 7 = 10 (см), АВ = 5 см.
7. Ответ: 118.
Решение. Углы при основании равнобедренного треуголь-
ника равны, то есть ABAC = Z.1 = 62°. Углы ВАС и 2 смеж-
ные, по теореме о смежных углах Z.2 = 180° - ABAC = 180° -
- 62° = 118°.
8. О т в е т: 6.
Решение. Периметр треугольника АВС равен сумме всех его
сторон, кроме того, АВ = ВС и АВ = 2АС. Обозначим длину осно-
вания АС буквой х. Отсюда РАВс = 2х + 2х + х = 5х; 5х = 30 (см),
АС = 6 см.
Система тематического тестирования по геометрии
55
9. О т в е т: 17.
Решение. В треугольниках DAB и СВА по условию
ADAB = АСВА, AD = ВС, сторона АВ — общая. Следователь-
но, треугольники DAB и СВА равны по двум сторонам и углу
между ними. В равных треугольниках DAB и СВА против рав-
ных углов ADAB и АСВА лежат равные стороны АС = BD.
Отсюда АС = 17 (см).
10. Ответ: 2. в
Решение. В равных треугольниках по условию АВАО = \
= ADCO. Значит, стороны ВО и DO равны, так как в равных Д-^-^--------------г—т'С
треугольниках ВОА и DOC против равных углов лежат рав- \
ные стороны. Из равенства отрезков ВО = DO следует, что
точка О делит отрезок BD пополам. Отсюда BD = 2OD.
11. Ответ: 3.
Анализируем условие задачи. Рисунок а) выполнен по условию задачи. Условию зада-
чи ABAC = ALKM соответствуют два варианта расположения вершин L и М (рисунки б и в).
Условие задачи ААСВ = AKLM позволяет найти соответствие между равными элементами
равных треугольников АВС и KML.
Решение. В равных треугольниках АВС и KML против равных углов ААСВ = AKLM
лежат равные стороны АВ = КМ = 3 см.
12. Ответ: 22. С
Решение. Так как отрезок СМ — медиана треугольника х / ух.
АВС, значит, AM = МВ. По условию задачи СМ = МВ, следо- / , у ^х.
вательно, AM = СМ. Отсюда треугольник САМ — равнобед- / \ ^ч.
ренный и АМАС = ААСМ = 68°. Так как отрезок СМ — медиана д/ ।______\ । ^Х в
треугольника АВС, то луч СМ проходит между сторонами уг- м
ла АС В: ААСВ = ААСМ + АМСВ, АМСВ = ААСВ - ААСМ =
= 90° - 68° = 22°. По условию задачи СМ = МВ, следова-
тельно, треугольник МСВ равнобедренный. Значит, АМСВ =
= АСВМ = 22°.
Часть 3
13. Решение. Так как по условию треугольник АВС —
равнобедренный, то АВ = ВС; так как по условию треуголь-
ник AjBiCj — равнобедренный, то АХВХ = BjCj. Так как по
условию АВ = А1В1, то ВС = -В^.
Рассмотрим ДАВС и AApBjCp АВ = AjBx и АС = AjCj по
условию; ВС = В^С^ по доказанному выше.
Следовательно, треугольники АВС и AjBjCi равны по
трем сторонам.
В Bi
56
II. Решения заданий
14. Ответ: 6.
Решение. Пусть К — точка пересечения AD и ВМ. Из усло-
вия задачи следует, что АК — высота и биссектриса треуголь-
ника АВМ. Следовательно, треугольник АВМ — равнобедрен-
ный (АВ = AM). Значит, АВ = 6 см.
15. Решение. Допустим, что точка Мх равноудалена от то-
чек А и В (М^А = МХВ) и не лежит на прямой п. Тогда тре-
угольник АМХВ — равнобедренный с основанием АВ. Соеди-
ним точку М} с серединой отрезка АВ — точкой О, т. е. про-
ведем МгО. В равнобедренном треугольнике АМ^В медиана
М]О, проведенная к основанию АВ, является высотой. По ус-
ловию прямая п проходит через середину отрезка АВ и пер-
пендикулярна ему. Получили противоречие: через середину
отрезка — АВ точку О — проходят два перпендикуляра к пря-
мой АВ. Следовательно, точка Мг лежит на прямой п.
Вариант 2
Часть 1
1. О т в е т: 3.
Решение. Пусть стороны треугольника а = 5 см, b = 3 см и с — неизвестная сторона.
Периметр треугольника равен сумме всех его сторон, Р = а + Ь +с; с = Р-(а+ &)= 14-
- (5 + 3) = 6 (см). У данного треугольника все стороны имеют разную длину, следова-
тельно, треугольник — разносторонний.
2. О т в е т: 1.
Решение. По условию треугольники ACD и CBF равны,
AD = AF. В равных треугольниках против равных углов
AD = AF лежат равные стороны АС = ВС. Следовательно, тре-
угольник АС В — равнобедренный.
3. Ответ: 1.
Решение. В треугольниках BAD и CAD: по условию
ABAD = ACAD и АВ = АС, сторона АО — общая. Следователь-
но, треугольники BAD и DCB равны по двум сторонам и углу
между ними.
4. О т в е т: 2.
Решение. Так как в треугольнике АВС медиана BD явля-
ется биссектрисой треугольника, то треугольник — равнобед-
ренный. Значит, АВ = ВС, и поскольку BD является медианой
треугольника, то АО = ОС. Периметр треугольника равен
сумме всех его сторон, то есть PABD = АО + АВ + ВО, Ру^вс =
= ВС + ВС + АС = АВ + ВС + AD + DC = 2(АВ + АО).
AD + АВ = - ВО = 15 - 6 = 9 (см),
Равс = 2(АВ + АО) = 18 см.
5. О т в е т: 2.
Анализируем условие задачи. В равнобедренном треугольнике две стороны равны,
значит, неизвестная сторона может быть равна 8 см или 5 см. Поэтому решений два.
Система тематического тестирования по геометрии
57
Часть 2
6. О т в е т: 3.
Решение. Периметр треугольника АВС равен сумме всех его сторон, а так как АВ = ВС,
то Р = 2АВ + АС; АС = Р - 2АВ =17-14 = 3 (см), АС = 3 см.
7. Ответ: 56.
Решение. Так как треугольник АВС — равнобедренный, то
ABAC = АВСА (углы при основании), ABAC = А2 (вертикаль-
ные), следовательно, А2 = 56°.
8. О т в е т: 9.
Решение. Периметр треугольника АВС равен сумме всех
его сторон, кроме того, АВ = ВС и АС = АВ + 3. Обозначим бо-
ковую сторону АВ буквой х. Отсюда. Рдвс = л: + х + (х + 3) =
= Зх + 3, Зх = 30 - 3 = 27 (см), х = 9 (см), АВ = 9 см.
9. Ответ: 63.
Решение. В треугольниках АОС и BOD по условию
АСАО = ADBO и АО = ВО, ААОС = ABOD, как вертикальные.
Следовательно, треугольники DOB и СОА равны по стороне и
прилежащим к ней углам. В равных треугольниках АОС и
BOD углы ААСО и ABDO равны. Отсюда ААСО = 63°.
10. Ответ: 2.
Решение. В равных треугольниках АВС и DAC по условию
стороны ВС и CD равны. Значит, углы ВАС и DAC равны, так
как в равных треугольниках АВС и DAC против равных сторон
лежат равные углы. Из равенства углов ВАС и DAC следует,
что луч АС делит угол BAD пополам. Отсюда ABAD = 2 ABAC.
11. Ответ: 100.
Решение. В равных треугольниках АВС и KML против равных сторон ВС = LM ле-
жат равные углы АСАВ = AMKL = 50°, а против равных сторон АС = KL лежат рав-
ные углы ААВС = AKML = 30°. Значит, угол MKL находится против стороны ML,
AMKL = ABAC = 100°.
58
II. Решения заданий
12. Ответ: 90.
Решение. Так как отрезок СМ — медиана треугольника АВС,
значит, AM = МВ. По условию задачи AM = СМ, следователь-
но, СМ - МВ. Значит, треугольники САМ и СВМ — равнобед-
ренные. Из треугольника САМ: АМАС = ААСМ = 53°, а из тре-
угольника СВМ’. АМСВ = AM ВС = 37°. Так как отрезок СМ —
медиана треугольника АВС, то луч СМ проходит между сторо-
нами угла АСВ: ААСВ = ААСМ + АМСВ = 53° + 37° = 90°.
Часть 3
13. Решение. Так как по условию треугольник АВС —
равнобедренный, то АВ = ВС; так как по условию треуголь-
ник — равнобедренный, то AiBx = ВГСГ. Так как по
условию АВ = AjBj, то ВС = BjCp
Рассмотрим треугольники АВС иА1В1С1: АВ = АТВХ по усло-
вию; ААВС = zLA1B1C1 по условию; ВС = В^С^ по доказанно-
му выше. Следовательно, ААВС = АА^В^С^ по двум сторонам
и углу между ними.
14. Ответ: 8 см.
Решение. Из условия задачи: прямая, перпендикулярная
медиане ВМ треугольника АВС, делит ее пополам, следует,
что треугольник АВМ — равнобедренный, АВ = AM = 4 см.
Следовательно, АС = 8 см.
15. Решение. По условию прямая п проходит через сере-
дину отрезка АВ точку О (АО = ОВ) и перпендикулярна ему.
Пусть точка М лежит на прямой п. Рассмотрим треугольники
АМО и ВМО. Так как прямая п перпендикулярна АВ, то тре-
угольники АМО и ВМО прямоугольные, при этом АО = ОВ,
МО — общая. Значит, прямоугольные треугольники АМО и
ВМО равны по двум катетам. Значит, у этих треугольников
равны и гипотенузы, то есть AM = ВМ.
" О
ТЕСТЗ
Вариант 1
Часть 1
1. О т в е т: 4.
2. О т в е т: 1.
3. О т в е т: 3.
Решение. Следует из определения для задачи 1 односторонних углов;
2 накрест лежащих углов;
3 соответственных углов.
Система тематического тестирования по геометрии
59
4. О т в е т: 2.
Решение. Углы Z.1 и Z.2 является односторонними при
прямых f и d и секущей b и Z.1 + z.2 = 180°. Следовательно,
прямые f и d параллельны.
Углы Z3 и Z4 является соответственными при прямых d и
с и секущей а, но они не равны друг другу. Следовательно,
прямые d и с не параллельны. Поскольку прямые fad парал-
лельны, а прямые d и с не параллельны, то прямые с и / не па-
раллельны.
5. О т ве т: 3.
Решение. Прямые и Ь2 — биссектрисы накрест лежащих
углов при параллельных прямых п и т и секущей k. Z1 = Z.2,
так как прямая Ъх является биссектрисой А(п/г); АЗ = Z.4, так
как прямая Ъ2 является биссектрисой A(mk). Углы 1 и 3 являют-
ся накрест лежащими углами при прямых и Ь2 и секущей k
и они равны, так как равны углы, биссектрисами которых
прямые и Ъ2 являются. Следовательно, прямые Ьг и Ь2 па-
раллельны.
Часть 2
6. Ответ: 28.
Решение. Углы АВС и BCD являются накрест лежащими
при параллельных прямых АВ и CD и секущей ВС и, сле-
довательно, они равны. Отсюда AOCD = 28°.
7. Ответ: 116.
Решение. Углы ABG и GBL являются смежными и по теоре-
ме о смежных углах AABG = 180° - AGBL = 180° - 64° = 116°.
Углы DAF hABG являются соответственными при параллельных
прямых DK и GC и секущей FL, и, следовательно, они равны.
Отсюда ADAF = 116°.
8. Ответ: 45.
Решение. Углы Z1 и Z.2 являются односторонними при
параллельных прямых а и b и секущей с, и, следовательно,
Al + Z.2 = 180°, по условию Z.2 = 3Z1. Отсюда Z1 + 3Z.1 = 180°,
4Z1 = 180°, Z.1 = 45°.
60
II. Решения заданий
9. Ответ: 62.
Решение. Углы GBA и КАВ являются накрест лежащими
при параллельных прямых DK и GC и секущей FL и, следо-
вательно, они равны. По условию AGBA + АКАВ = 236°,
2AGBA = 236°, AGBA = 118°. Углы ABG и СВА являются смеж-
ными и по теореме о смежных углах АС В А = 180° - AABG =
= 180° - 118° = 62°.
10. Ответ: 97.
Решение. Углы А1 и А2 являются односторонними при
параллельных прямых f и с и секущей а, и так как Z.1 + А2 =
= 108° + 72° = 180°, следовательно, прямые f и с — парал-
лельны.
Введем дополнительное обозначение на рисунке Z.6. Углы
Z.6 и Z.5 смежные, Z.6 = 180° - А5 = 180° - 83° = 97°. Углы
Z.4 и Z.6 являются соответственными при параллельных пря-
мых f и с и секущей b и А 4 = Аб = 97°.
11. Ответ: 3.
Решение. Углы ВСО и OAD являются накрест лежащими при
прямых ВС и AD и секущей АС и по условию АВСО = AOAD,
следовательно, прямые ВС и AD — параллельны.
Углы СВО и ODA являются накрест лежащими при параллельных прямых ВС и AD и
секущей BD, следовательно, АСВО = AODA.
В треугольниках ВОС и AOD: ВС = AD, АВСО = AOAD по условию, АСВО = AODA по
доказанному. Значит, А ВОС = AAOD. В равных треугольниках ВОС и AOD против рав-
ных углов АВСО = AOAD лежат равные стороны ВО = OD. Значит, точка О делит отрезок
BD пополам, т. е. ВО = 3 см.
12. Ответ: 42. в
Решение. В треугольнике BDF по условию BF = DF; следо- F
вательно, по свойству углов равнобедренного треугольника / \
ABDF = AFBD. Так как отрезок BD — биссектриса ААВС, то /
AABD = ADBC = ± ААВС = 42°. Значит, ABDF = ADBC = 42°. А^~-------£-----------^С
Часть 3
13. Решение. Нет, не следует. Прямые а и b могут быть параллельными (рис. а), а мо-
гут образовывать равнобедренный треугольник, боковые стороны которого лежат на пря-
мых а и Ъ, а основание лежит на прямой с (рис. б).
Система тематического тестирования по геометрии
61
14. Решение. В треугольнике ANK отрезок NO является
высотой, так как прямая NL перпендикулярна отрезку АК, и
медианой, так как прямая NL проходит через середину отрез- Xl К
каАК. Значит, треугольник ANK — равнобедренный. По свой- s'
ству углов равнобедренного треугольника ANAK = ANKA. X.
Так как АК — биссектриса угла ВАС, то ANAK = АКАС. A L С
Отсюда АКАС = ANKA.
Углы К АС и NKA равны и являются внутренними накрест лежащими при прямых NK
и АС и секущей АК, следовательно, прямые NK и АС параллельны.
15. Доказательство. Пусть прямые и АС пересекают-
ся в точке М. Прямые С^В^ и СВ параллельны и прямые AjCj
и АС тоже параллельны по условию. Углы АМСВ и АСМС^
являются накрест лежащими при параллельных прямых
CjBj и СВ и секущей МС, значит, они равны. Углы АСМС^ и
АМСГА^ являются накрест лежащими при параллельных
прямых AjCj и АС и секущей МСр значит, они равны.
Следовательно, АМСВ = АМС1А1.
Вариант 2
Часть 1
1. Ответ: 3.
2. Ответ: 1.
3. Ответ: 4.
Решение. Следует из определения углов, образованных при пересечении двух прямых
третьей для задачи 1 односторонних углов;
2 накрест лежащих углов;
3 соответственных углов.
4. Ответ: 2.
Решение. Введем дополнительное обозначение на рисунке
Аб. Угол Z.6 составляет с А1 пару вертикальных углов и по
теореме вертикальных углах Z.6 = А1. Углы 6 и 4 являются
соответственными при прямых а и b и секущей d и Аб — А1 =
= Z.4. Следовательно, прямые а и b параллельны.
Углы АЗ и Аб является накрест лежащими при прямых Ъ
и с и секущей d и Z.1 АЗ, значит, и Аб АЗ. Следовательно,
прямые а и с не параллельны.
5. О т в е т: 3.
Решение. Прямые Ьг и Ь2 — биссектрисы соответственных
углов при параллельных прямых п и т и секущей k. АХ = А2,
так как прямая Ьг является биссектрисой A(nk)', АЗ = А4, так
как прямая Ь2 является биссектрисой A(mk). Углы 1 и 4 явля-
ются соответственными углами при прямых и Ь2 и секущей
k и они равны, так как равны углы, биссектрисами которых
прямые и Ъ2 являются. Следовательно, прямые и Ь2 па-
раллельны.
62
II. Решения заданий
Часть 2
6. Ответ: 108.
Решение. ABAC = АВСА и AFCD = ADFC, как углы при
основании равнобедренного треугольника. АВСА = AFCD, как
вертикальные, значит, ABAC = ADFC, при этом эти углы яв-
ляются накрест лежащими при прямых АВ и DF и секущей AF.
Следовательно, прямые АВ и DF параллельны. ААВС и AFDC
являются накрест лежащими при параллельных прямых АВ
и DF и секущей BD, значит, AFDC = 108°.
7. Ответ: 116.
Решение. Углы ABG и CBL являются вертикальными и по
теореме о вертикальных углах AABG = ACBL = 116°. Углы
DAF и ABG являются соответственными при параллельных
прямых DK и GC и секущей FL, и, следовательно, они равны.
Отсюда, ADAF = AABG = 116°.
8. Ответ: 108.
Решение. Углы Z.1 и А2 являются односторонними
при параллельных прямых а и Ъ и секущей с, и, следователь-
но, Al + А2 = 180°, по условию А2 : А1 = 3:2, отсюда А2 =
= 180° ' 3 = 1OR°.
9. Ответ: 108.
Решение. Углы ВАК и СВА являются односторонними при
параллельных прямых DK и GC и секущей FL и, следователь-
но, АВАК + АСВА = 180°. По условию АКАВ - АСВА = 36°,
АКАВ = АСВА + 36°, АСВА + 36° + АСВА = 180°, 2АСВА =
= 180° - 36° = 144°, АСВА = 72°. Углы ABG и СВА являются
смежными и по теореме о смежных углах AGBA = 180° -
- АСВА = 180° - 72° = 108°.
10. Ответ: 97.
Решение. Углы А2 и Z.4 являются односторонними при
параллельных прямых с и d и секущей Ь, и так как А2 + Z4 =
= 90° + 90° = 180°, следовательно, прямые с и d — параллельны.
Углы Z.1 и АЗ является соответственными при параллельных
прямых с и d и секущей а, значит, А1 = АЗ = 97°.
11. Ответ: 8.
Решение. В прямоугольных треугольниках ВОС и AOD:
ОС = АО по условию, АВСО = AOAD, как накрест лежащие
при прямых ВС и AD и секущей АС. Значит, АВОС = AAOD.
В равных треугольниках ВОС и AOD против равных углов
АВСО = AOAD лежат равные стороны ВО = OD. Значит, точ-
ка О делит отрезок BD пополам и BD = 8 см.
Система тематического тестирования по геометрии
63
12. Ответ: 78. ,
Решение. В треугольнике BDF по условию BF = DF; следо-
вательно, по свойству углов равнобедренного треугольника
ABDF = AFBD = 39°. Так как отрезок BD — биссектриса
ZABC, то ZABC = 2AFBD = 78°.
Часть 3
13. Решение. Нет, не следует. Прямые тип могут быть параллельными (рис. а), а мо-
гут образовывать равнобедренный треугольник, боковые стороны которого лежат на пря-
мых от и п, а основание лежит на прямой k (рис. б).
14. Решение. В треугольнике АУЛ? отрезок NO является
биссектрисой, так как прямая NL делит угол AN К пополам,
и медианой, так как прямая NL проходит через середину \ к
отрезка АК. Значит, треугольник ANK — равнобедренный.
По свойству углов равнобедренного треугольника ANAK =
= ANKA. ------2--------
Так как АК — биссектриса угла ВАС, то ANAK = АКАС.
Отсюда АКАС = AKAN.
Углы КАС и NKA равны и являются внутренними накрест лежащими при прямых NK
и АС и секущей АК, следовательно, прямые NK и АС параллельны.
15. Доказательство. Пусть прямые CjBj и АС пересекают-
ся в точке М. Прямые CiBr и СВ параллельны и прямые AjCj
и АС тоже параллельны по условию. Углы АМСВ и АСМС^
являются односторонними при параллельных прямых CjBj и
СВ и секущей МС, значит, АМСВ -I- АСМС^ = 180°. Углы
ACMCi и АМС]АХ являются накрест лежащими при парал-
лельных прямых AjCj и АС и секущей МСГ, значит, они рав-
ны. Следовательно, АМСВ -I- АМС^А^ = 180°.
ТЕСТ 4
Вариант 1
Часть 1
1. Ответ: 2.
Решение. Пусть углы треугольника а, Р и у. По теореме о сумме углов треугольника
а + Р + у = 180°. По условию задачи а + 3 = у, значит, 2у = 180°, у = 90°. Следовательно,
данный треугольник — прямоугольный.
64
II. Решения заданий
2. О т в е т: 3.
Решение. По теореме о внешнем угле треугольника внеш-
ний угол при вершине В равнобедренного треугольника ABC ---
равен сумме двух углов при основании AFBC = ABAC + АВСА. / \
По свойству углов при основании равнобедренного тре- / \
угольника AFBC = ABAC + АВСА = 2АВСА. Биссектриса BE / \
внешнего угла при вершине В делит угол FBC пополам, зна- / \
чит, AFBC = 2АСВЕ. Следовательно, АСВЕ = АВСА. / \
АСВЕ = АВСА накрест лежащие углы при прямых АС и А4---------------------
BE и секущей ВС, значит, BE и АС параллельны.
3. О т в е т: 1.
Решение. Пусть углы треугольника а = 5х, [3 = 2х и у = 5х. По теореме о сумме углов
треугольника а. + $ + у=5х + 2х + 5х= 180°, х = 15°, а = 75°, [3 = 30° и у = 75°. Значит,
в треугольнике все углы острые. Следовательно, данный треугольник — остроугольный.
4. О т в е т: 3. р /
Решение. По теореме о внешнем угле треугольника внеш- д/
ний угол при вершине В равен сумме двух углов при осно- /С
вании AFBC = ABAC + АВСА. Таким образом AFBC = / \
= 2АВСА и AFBC = 2АВАС. Отсюда АВСА = ABAC, значит, в / \
данном треугольнике равны два угла и, следовательно, тре- / \
угольник — равнобедренный. / \
5. О т в е т: 1.
Решение. Внешний и внутренний углы при одной вершине являются смежными угла-
ми и по теореме о смежных углах треугольника в сумме равны 180°. По условию задачи
внешний и внутренний углы при вершине С треугольника АВС равны. Значит, внутренний
угол при вершине С равен 90°. Следовательно, данный треугольник — прямоугольный, а
в прямоугольном треугольнике наибольшей стороной является гипотенуза треугольника,
т. е. сторона АВ.
Часть 2
6. Ответ: 52.
Решение. По теореме о внешнем угле треугольника внеш
ний угол при вершине А равен сумме двух углов при основа
нии ABAC = ААСВ + ААВС = 100°. Отсюда ААСВ = 100° -
- ААВС = 100° - 48° = 52°.
7. Ответ: 60.
Решение. Рассмотрим треугольник AOF. По свойству бис-
сектрисы равнобедренного треугольника биссектриса BF тре-
угольника АВС является его высотой, значит, треугольник
AOF — прямоугольный. AOAF = 30°, так как AD — биссект-
риса треугольника АВС. По теореме о сумме углов треуголь-
ника AOAF + AAOF + AAFO = 180°, AAOF = 180° - (AOAF +
+ AAFO) = 180° - (30° + 90°) = 60°.
Система тематического тестирования по геометрии
65
8. Ответ: 18.
Решение. Так как внешний угол при вершине А треуголь-
ника АВС на 64° больше внешнего угла при вершине В, следо-
вательно, угол при вершине А треугольника AJBC на 64° мень-
ше угла при вершине В. Обозначим угол ВАС буквой х. По
теореме о сумме углов треугольника ZABC + ААСВ + АСАВ =
= (х + 64°) + 80° + х = 2х + 144° = 180°. Отсюда 2х = 36°, х = 18°,
следовательно, ААВС = 18°.
9. Ответ: 100.
Решение. В треугольнике АВС ААВС + ААСВ -I- АСАВ = 180°
по теореме о сумме углов треугольника. Отсюда АВСА =
= 180° - (ААВС + ААСВ). Из треугольника ВОА получим, что
АОВА + АОАВ = 180° - 140° = 40°. Тогда ААВС + АСАВ = 80°;
АВСА = 100°.
10. О т в е т: 9. q
Решение. Периметр равнобедренного треугольника равен Л
24 см, а одна сторона равна 6 см, значит, сумма двух других / \
сторон равна 18 см. Рассмотрим два случая. / \
1. Если одна из двух неизвестных сторон равна данной, / \
т.е. боковая сторона равна 6 см, то третья сторона равна / \
12 см. А, значит, сумма двух сторон равна третьей. Пришли к д/_____________А с
противоречию с теоремой о неравенстве треугольника.
2. Если равны друг другу две неизвестные стороны, то каждая из них равна 9 см и они
являются боковыми сторонами. В этом случае выполняется неравенство треугольника.
11. Ответ: 4.
Решение. Треугольник АОС — равнобедренный, так как
по условию АО = ОС. Отрезок OF является высотой треуголь-
ника АОС, так как точка О лежит на высоте BF треугольника
АВС. Высота в равнобедренном треугольнике является медиа-
ной, значит, AF = FC. Отсюда высота BF треугольника АВС
является и его медианой, значит, треугольник АВС — равно-
бедренный, т. е. АВ = СВ. В равнобедренном треугольнике вы-
сота является и биссектрисой, поэтому AABF = ACBF.
В треугольниках АВО и СВО: стороны АВ и СВ равны как стороны равнобедренного
треугольника, углы ABF и CBF равны по доказанному выше, сторона ВО — общая. Сле-
довательно, треугольники АВО и СВО равны по двум сторонам и углу между ними.
Расстояние от точки до прямой — перпендикуляр, опущенный из этой точки на пря-
мую, а перпендикуляр, опущенный из точки О на прямую СВ, является высотой тре-
угольника ВСО. Аналогично, расстояние от точки О до прямой АВ — высота треугольни-
ка ВАО. Так как треугольники АВО и СВО равны, то и их высоты равны. Следовательно,
расстояние от точки О до стороны ВС равно 4 см.
12. Ответ: 12.
Решение. Так как отрезок CD — высота прямоугольного
треугольника АВС, то треугольник CDB — прямоугольный. В
прямоугольном треугольнике CDB гипотенуза ВС = 6 см, а ка-
тет BD = 3 см, отсюда ADCB = 30°, a ACBD = 60°. Сле-
довательно, в прямоугольном треугольнике ABC ACAD = 30°,
а катет ВС = 6 см, отсюда гипотенуза АВ =12 см.
66
II. Решения заданий
Часть 3
13. Ответ: 40°.
Решение. В треугольнике ABD по теореме о сумме углов
треугольника: ZABD + ABAD + ABDA = 180°, откуда ZABD +
+ ABAD = 180° - 70° = 110°. Так как лучи AD и BD — бис-
сектрисы внешних углов при вершинах В и А треугольника
АВС, то сумма внешних углов треугольника АВС равна 220°.
Так как внутренний и внешний углы при одной вершине —
смежные и равны 180°, то сумма углов АВС и ВАС треуголь-
ника АВС равна 140°. Следовательно, ААСВ = 180° - (ZABC +
+ ABAC) = 40°.
14. Решение. Треугольники ABD и CBD прямоуголь-
ные, так как отрезок BD — высота. В этих треугольниках
ACBD > AABD, значит, в силу теоремы о сумме углов тре-
угольника ABAD > ABCD.
В треугольнике против большего угла лежит большая сто-
рона, для треугольника ABC ABAD > ABCD, значит СВ > АВ.
15. Ответ: 10°.
Решение. Сначала надо доказать, что в прямоугольном
треугольнике медиана равна половине гипотенузы.
Пусть CD — медиана прямоугольного треугольника АС В,
проведенная к гипотенузе АВ (рис. а). Проведем из точки D
перпендикуляры DL и DM к катетам СВ и АС соответственно.
Треугольники AMD и DLB равны по гипотенузе AD = DB и
острому углу AMDA = ALBD (соответственные при парал-
лельных прямых MD и СВ и секущей АВ). Отсюда AM = DL.
Треугольники DMC и CLD равны по гипотенузе CD (общая
сторона) и острому углу AMDC = ADCL (накрест лежащие
при параллельных прямых MD и СВ и секущей CD). Отсюда
DL = МС. Следовательно, AM = МС. Треугольник ADC — рав-
нобедренный, CD = AD = BD. В треугольнике CDB CD = BD,
следовательно, треугольник CDB — равнобедренный и, зна-
чит, ADCB = ADBC = 35°. Так как CF — биссектриса пря-
мого угла, то AACF = 45°; ADCF = ADCB - (AA.CF + ADCB) =
= 90° - (45° + 35°) = 10°.
Вариант 2
Часть 1
1. О т в е т: 3.
Решение. Пусть углы треугольник сс, 0 и у. По теореме о сумме углов треугольника
а + 0 + у = 180°. По условию задачи а + 0 < у, значит 2у > 180°, у > 90°. Следовательно,
данный треугольник — тупоугольный.
2. О т в е т: 1.
Решение. Внешний и внутренний углы треугольника при
одной вершине являются смежными углами и в сумме рав-
ны 180°. Значит, угол между биссектрисами CF и CD внешне-
го и внутреннего углов при вершине С равен 90°. Значит, пря-
мые CF и CD перпендикулярны.
Система тематического тестирования по геометрии
67
3. О т в е т: 3.
Решение. Пусть углы треугольника а = х, 0 = х и у = 7х. По теореме о сумме углов
треугольника сс + р + у==х + х + 7х= 180°, х = 20°, а = 20°, Р = 20° и у = 140°. Значит, в
треугольнике один угол — тупой. Следовательно, данный треугольник — тупоугольный.
4. О т в е т: 2. /р
Решение. По теореме о внешнем угле треугольника внеш-
ний угол при вершине В равен сумме двух углов, не смежных / \
с ним. AFBC = ABAC 4- АВСА, причем AFBC = 2АВСА и / \
AFBC = 2АВАС. Отсюда АВСА = ABAC, значит, в данном тре- / \
угольнике равны два угла. Аналогично доказывается, что / \
АВСА = ААВС. Следовательно, треугольник — равносторонний. у/
5. О т в е т: 1.
Решение. Внешний и внутренний углы при одной вершине являются смежными угла-
ми и по теореме о смежных углах треугольника в сумме равны 180°. По условию задачи
внешний и внутренний углы при вершине С равны. Значит, внутренний угол при вершине С
треугольника равен 90°. Следовательно, данный треугольник — прямоугольный, а в пря-
моугольном треугольнике наибольшей стороной является гипотенуза треугольника, т. е.
сторона АВ.
Часть 2
6. Ответ: 90.
Решение. Так как внешние углы при вершинах А и В соот-
ветственно равны 150° и 120°, то внутренние углы при верши-
нах А и В соответственно равны 30° и 60°. По теореме о сумме
двух углов при основании ААСВ = 180° - (АСАВ + ААВС) =
= 180° - (30° + 60°) = 90°, ААСВ = 90°.
7. Ответ: 135.
Решение. Из теоремы о сумме углов треугольника сле-
дует, что сумма острых углов прямоугольного треугольника
равна 90°. Рассмотрим треугольник AQB. AQAB + AABQ =
= | (АСВА + ABAC) = 45°. По теореме о сумме углов треуголь-
ника AAQB + (АСВА + Z.BAC) = 180°, AAQB = 180° - (АСВА 4-
+ ABAC) = 180° - 45° = 135°.
8. Ответ: 24.
Решение. Обозначим угол ВАС буквой х. Так как угол при
вершине А треугольника АВС в три раза меньше внешнего угла
при вершине В, то угол при вершине В равен 180° - Зх. По
теореме о сумме углов треугольника ААВС + ААСВ + АСАВ =
= (180° - Зх) + 48° + х = 228° - 2х = 180°. Отсюда 2х = 48°,
х = 24°, следовательно, ABAC = 24°.
9. О т в е т: 115.
Решение. В треугольнике АВС ААВС 4- ААСВ 4- АСАВ = 180°
по теореме о сумме углов треугольника. Отсюда ААВС 4- АСАВ =
= 180° - АВСА = 180° - 50° = 130°. Рассмотрим треуголь-
ник АОВ; АОАВ 4- ААВО = (АСВА 4- ABAC) = 65°. По теореме
о сумме углов треугольника ААОВ = 180° - (АСВА 4- ABAC) =
= 180° - 65° = 115°.
68
II. Решения заданий
10. Ответ: 15.
Решение. В равнобедренном треугольнике только один угол может быть тупым, зна-
чит, он является наибольшим в треугольнике. Поэтому против него лежит большая сторо-
на и она является основанием. Следовательно, основание равно 15 см.
11. О т в е т: 8.
Решение. Треугольник АОС — равнобедренный, так как в
по условию АСАО = АОСА. Отрезок OF является медианой А.
треугольника АОС, так как точка О лежит на медиане BF тре- / \\
угольника АВС. Медиана в равнобедренном треугольнике яв- / \ \
ляется высотой, значит, BF X АС. Поскольку медиана BF тре- / \ \
угольника АВС является и его высотой, значит, треугольник / \ \
АВС — равнобедренный, т.е. АВ = СВ. В равнобедренном тре- / \
угольнике медиана является и его биссектрисой, поэтому
AABF = ACBF.
В треугольниках АВО и СВО стороны АВ и СВ равны, как А'
стороны равнобедренного треугольника, углы ABF и CBF рав-
ны по доказанному выше, сторона ВО — общая. Следователь-
но, треугольники АВО и СВО равны по двум сторонам и углу между ними.
Расстояние от точки до прямой — это перпендикуляр, опущенный из этой точки на
прямую, а перпендикуляр, опущенный из точки О на прямую СВ, является высотой тре-
угольника ВСО. Аналогично, расстояние от точки О до прямой АВ — высотой треуголь-
ника ВАО. Так как треугольники АВО и СВО равны, то и их высоты равны. Следователь-
но, расстояние от точки О до стороны ВС равно 8 см.
12. Ответ: 2.
Решение. В треугольнике АВС: ААВС = 30°, а гипотенуза q
АВ равна 8 см. Значит, по свойству прямоугольного треуголь- АК.
ника, один угол которого равен 30°, противолежащий ему ка- /
тет АС равен 4 см. / х.
Так как отрезок CD — высота прямоугольного треугольни- /
ка АВС, то треугольник CDB — прямоугольный. У треуголь- А D В
ников ACD и АВС угол ВАС — общий. По теореме о сумме уг-
лов треугольника АСАВ + ААСВ + АСВА = 180°, отсюда
ACAD = 180° - (ZACO + ABDA) = 60°. Значит, угол ACD в треугольнике ACD равен 30°.
В прямоугольном треугольнике CDA гипотенуза АС = 4 см, a ADCA = 30°. Сле-
довательно, катет AD = 2 см.
Часть 3
13. Ответ: 70°.
Решение. По теореме о сумме углов треугольника АВС'. /
ААВС + ААСВ + АСАВ = 180° откуда ААВС + ABAC = 180° -
- ААСВ = 180° - 40° = 140°.
Так как внутренний и внешний углы при одной вершине — \
смежные и равны 180°, то сумма внешних углов при верши- s'
нах В и А треугольника АВС равна 220°. q д
Так как лучи АО и BD — биссектрисы внешних углов при
вершинах В и А треугольника АВС, то AABD + ABAD = 110°.
Следовательно, из треугольника АВО ABDA = 180° - (AABD +
+ ABAD) = 180° - 110° = 70°.
Система тематического тестирования по геометрии
69
14. Решение. Соединим точку D с вершиной В. В треуголь- в
нике ADB отрезок DN является высотой и медианой, так как
прямая DN — серединный перпендикуляр к стороне АВ. Значит, ^7“ х^х.
по свойству углов равнобедренного треугольника Z.BAB =
= ZABB. /
Луч BD проходит внутри угла АВС, так как он пересекает AL--------------
сторону АС треугольника АВС, значит, ААВС = ZABB + ADBC
или, в силу равенства углов при основании равнобедренного треугольника ZABC = Z.BAB +
+ ADBC, следовательно, ZABC > Z.CAB.
В треугольнике против большего угла лежит большая сторона, для треугольника АВС
ZABC > Z.CAB, значит, АС > СВ.
15. Решение. Сначала надо доказать, что в прямоугольном
треугольнике медиана равна половине гипотенузы.
Пусть CD — медиана прямоугольного треугольника АСВ,
проведенная к гипотенузе АВ (рис. а). Проведем из точки D
перпендикуляры DL и DM к катетам СВ и АС соответственно.
Треугольники AMD и DLB равны по гипотенузе АВ = DB и
острому углу Z.MBA = ALBD (соответственные при парал-
лельных прямых MD и СВ и секущей АВ). Отсюда AM = DL.
Треугольники DMC и CLD равны по гипотенузе СВ (общая
сторона) и острому углу A.MDC = ADCL (накрест лежащие
при параллельных прямых MD и СВ и секущей СВ). Отсюда
DL = МС. Следовательно, AM = МС. Треугольник АВС — рав-
нобедренный, СВ = АВ = ВВ.
В треугольнике CDB (рис. б) CD = ВВ, следовательно, тре-
угольник CDB — равнобедренный и, значит, ADCB = ADBC =
= 35°. Луч ВВ проходит внутри угла FCB, так как он пересе-
кает отрезок FB в точке В, значит AFCB = AFCD + ADCB = 10° + 35° = 45°.
Так как ААСВ = 90°, a AFCB = 45° и CF проходит внутри угла АСВ по условию, зна-
чит, CF — биссектриса прямого угла АСВ.
Учебник «Геометрия 7—9» А.В. Погорелова
ТЕСТ 1
Вариант 1
Часть 1
1. О т в е т: 1.
Решение. По условию задачи ААВС = Л ВАС, значит, стороны АВ и ВА, ВС и АС, АС и
ВС попарно равны. Но АВ и ВА — это одна сторона, а ВС = АС и АС = ВС — это два ра-
венства одних и тех же сторон. Следовательно, у треугольника АВС стороны ВС и СА рав-
ны. Поскольку треугольник неравносторонний, то третья сторона АВ не равна ни стороне
ВС, ни стороне АС.
2. О т в е т: 2.
АС В а
•.——
а)
АВ С а
• •-- •-
б)
В А С а
-•-• -- •
б)
Решение. Прямая п делит плоскость на две полуплоскости. Пусть точка А лежит в не-
которой полуплоскости а. Так как по условию задачи отрезок АС пересекает прямую п,
значит, по основному свойству IV точка С лежит в другой полуплоскости 0 (рис. а). Так
как отрезок ВС тоже пересекает прямую п, значит, точки В и С лежат в разных полуплос-
костях. Так как прямая п разбивает плоскость на две полуплоскости, то точка В лежит в
той же полуплоскости а, что и точка А (рис. б). Так как отрезок BD не пересекает прямую п,
значит, точки В и D лежат в одной полуплоскости а (рис. в). Отсюда, точки А, В и D ле-
жат в одной полуплоскости а. Следовательно, отрезок АВ не пересекает прямую п (рис. г).
3. Ответ: 2.
Решение. По условию точки А, В и С лежат на одной пря-
мой, тогда по основному свойству II одна и только одна из
точек А, В и С лежит между двумя другими.
Пусть С € АВ (рис. а), тогда по основному свойству изме-
рения отрезков (длина отрезка равна сумме длин частей, на
которые он разбивается любой его точкой): АВ = АС 4 СВ.
По условию АВ = 15 см, а АС + СВ = 8 + 7 = 15 (см), т. е.
АВ = АС + ВС. Следовательно, точка С принадлежит от-
резку АВ.
Однако следует проверить и другие возможные располо-
жения точек А, В и С на прямой а.
Пусть В € АС (рис. б), тогда по основному свойству измерения отрезков (длина отрезка
равна сумме длин частей, на которые он разбивается любой его точкой): АС = АВ + СВ.
По условию АС = 8 см, а АВ + ВС = 15 + 7 = 22 (см), то есть АС < АВ + ВС, значит,
АС А АВ + ВС. Следовательно, В £ АС.
Система тематического тестирования по геометрии
71
Пусть А € ВС (рис. в), тогда по основному свойству измерения отрезков (длина отрезка
равна сумме длин частей, на которые он разбивается любой его точкой): СВ = АВ + АС.
По условию ВС = 7 см, а АС + СВ = 15 + 8 = 23 (см), т. е. ВС < АС + ВС, значит,
ВС # АВ + АС. Следовательно, В t АС.
Таким образом, только одна последовательность точек удовлетворяет условию задачи,
а именно последовательность точек А, С, В.
4. Ответ: 4.
Решение. Так как угол АОВ на 18° больше угла ВОС, то
угол АОВ является большим из смежных углов. Обозначим X.
Z-BOC = х, тогда /LAOB = х + 18°. По теореме о сумме смежных \
углов ZAOB + АВОС = 180°. По условию /LAOB = /_ВОС + 18°; с \О А
отсюда, х + х + 18° = 180°; 2х = 180° - 18° = 162°; х = 81°.
АВОС = 81°; АЛОВ = 81° + 18° = 99°.
5. Ответ: 2.
Решение. Точку С мы можем расположить двумя спосо- А. В С
бами. с А В
Часть 2
6. Ответ: 6.
Решение. По условию задачи точка С лежит между точка-
А С
В а
ми А и В, следовательно, она принадлежит отрезку АВ. Тогда * * *
по основному свойству измерения отрезков (длина отрезка
равна сумме длин частей, на которые он разбивается любой его точкой): АВ = АС + СВ.
Кроме того, известно, что АС = СВ - 5 (см). Отсюда АВ = СВ - 5 + СВ = 17 (см), 2СВ -
- 5 = 17 (см), СВ = 11 см, Значит, АС =11-5 = 6 (см).
7. Ответ: 27.
Решение. По условию задачи луч с проходит между сторо- \а
нами угла (ab), значит, по основному свойству измерения \
углов (градусная мера угла равна сумме градусных мер углов, \ е,
на которые он разбивается любым лучом, проходящим между \ s'
его сторонами): zL(ab) = Z-(ac) + Z-(bc) = 108°. Кроме того, \
А(ас) = ЗА(Ьс). Отсюда 3A(bc) + А(Ьс) = 108°; 4А(Ьс) = 108°, \
А(Ьс) = 27°.
8. Ответ: 3.
Решение. Пусть точка О — общая середина отрезков AD и А В О С D п
ВС. Отрезок АО равен половине отрезка AD: АО = 7 см, а от- * * * * *
резок ВО равен половине отрезка ВС: ВО = 4 см. Точка В при-
надлежит отрезку АО. Значит, по основному свойству измерения отрезков (длина отрезка
равна сумме длин частей, на которые он разбивается любой его точкой): АО = АВ + ВО.
Отсюда, АВ = АО - ВО = 7-4 = 3 (см).
9. Ответ: 180.
Решение. Ответ обоснования не требует. Задача направлена на понимание опре-
делений видов углов и умения применять их в повседневных, житейских ситуациях.
72
II. Решения заданий
10. Ответ: 27. /с
Решение. Углы (ab) и (ас) отложены от полупрямой а в / /
одну полуплоскость и zl(ab) < zl(ac). Докажем, что луч b про- / /
ходит между сторонами угла (ас). Пусть луч b не проходит а / а
между сторонами данного угла. Тогда либо луч с проходит —--------*-----------
между сторонами угла (ab), либо луч а проходит между сторо-
нами угла (Ьс). Рассмотрим первый случай, т.е. предположим, что луч с проходит меж-
ду сторонами угла (ab). Тогда по аксиоме измерения углов: zl(ab) = zL(ac) + zl(cb), т.е.
zl(ac) < A(ab). Пришли к противоречию. Луч а не проходит между сторонами угла (Ьс),
так как лучи с и b отложены в одну полуплоскость от полупрямой а и при этом А(ас) =
= 82° больше Z_(ab) = 55°. Значит, луч b проходит между сторонами угла (ас). Но тогда
градусная мера угла (ас) равна сумме градусных мер углов (ab) и (Ьс): 82° = 55° + zl(bc),
ZL(bc) = 27°.
11. Ответ: 35.
Решение. Угол (gh), градусная мера которого равна 2ос,
разделен лучом k на два угла (gk) и (kh). Так как луч k про-
ходит между сторонами угла (gh), то (gk) + (kh) = 2a. Лучи Ьг
и b2 — биссектрисы углов (gk) и (kh) соответственно. Значит,
лучи bj и b 2 проходят между сторонами углов (gk) и (kh) со-
ответственно, при этом Aigb^ = /-(bji), а A(kb2) = A(b2h), от-
сюда /-(byk) + A(kb2) = /-(gbr) + /L(b2h). Значит, (gh) =
= A(gbr) + А(Ь^) + A(kb2) + A(b2h) = 2(А(Ь^) + zl(/?b2)) = 2a.
Следовательно, A(b1b2) = a = 35°.
12. Ответ: 143.
Решение. Два угла, которые получаются при пересечении
двух прямых, либо смежные, либо вертикальные углы. Углы
а и Р не могут быть вертикальными, так как по условию они
не равны: их разность равна 106°. Значит а и 0 - смежные
углы. По свойству смежных углах a + р = 180°, а по условию
'а - В = 106°
задачи a - Р = 106°, значит: _|_ р = 180°’ = Ю6° + Z1P; 106° + zip + zip = 180°;
2ziP = 74°; zip = 37°. zla = 106° + Ap = 106° + 37°, zla = 143°.
Часть 3
13. Ответ: Точки А, В и С не лежат на одной прямой.
Решение. Предположим, что точки А, В и С лежат на одной прямой, тогда по основному
свойству II одна и только одна из точек А, В и С лежит между двумя другими.
Пусть С е АВ, тогда по свойству измерения отрезков (длина отрезка равна сумме длин
частей, на которые он разбивается любой его точкой): АВ = АС + СВ. По условию АВ = 5 см,
а АС + СВ = 8 + 9 = 15 (см), то есть АВ < АС + ВС, значит, АВ АС + ВС. Следовательно,
С £ АВ.
Пусть В € АС, тогда по свойству измерения отрезков (длина отрезка равна сумме длин
частей, на которые он разбивается любой его точкой): АС = АВ + ВС. По условию АС = 8 см,
а АВ + ВС = 5 + 9 = 14 (см), то есть АС < АВ + ВС, значит, АС АВ + ВС. Следовательно,
В g АС.
Пусть А € ВС, тогда по свойству измерения отрезков (длина отрезка равна сумме длин
частей, на которые он разбивается любой его точкой): ВС = АВ + АС. По условию ВС = 9 см,
а АВ + АС =5 + 8=13 (см), то есть ВС < АВ + АС, значит, ВС АВ + АС. Следовательно,
А £ ВС. Отсюда точки А, В и С не лежат на одной прямой.
Система тематического тестирования по геометрии
73
14. Ответ: одну.
Решение. Предположим, что точка М — точка пересечения прямых а, b и с отлична
от точки N — точки пересечения прямых Ь, с и d. Это означает, что через две различные
точки М и N проходят две различные прямые b и с. По аксиоме I (через любые две точки
можно провести прямую, и только одну) этого не может быть. Следовательно, все четыре
прямые а, Ь, с и d пересекаются в одной точке.
15. Ответ: 180.
Решение. Даны вертикальные углы (ab) и а с и
их биссектрисы. Обозначим угол (ab) через х, тогда угол
также равен х, а угол (aby) равен 180° - х. А так как
ис — биссектрисы соответственно углов (ab) и (а^), то /-(ас) =
1х и zlCc^j) = ix. Тогда
Л л
по аксиоме измерения углов: Л(с1с) = /_(ас) + /_(аЬг) + /-(с^^ =
1х + (180° - х) + 1х.
Отсюда ^(CjC) = 180°.
Вариант 2
Часть 1
1. О т в е т: 3.
Решение. По условию задачи ААВС = АВСА, значит, стороны АВ и ВС, ВС и СА, АС и
ВА попарно равны, то есть АВ = ВС = СА. Все стороны треугольника АВС равны.
2. О т в е т: 1.
Решение. Прямая п пелмт плоскость на две полуплоскости. Пусть точка А лежит в не-
которой полуплоскости а. Так как по условию задачи отрезок АВ не пересекает прямую
п, значит, по основному свойству IV точка В лежит в той же полуплоскости а (рис. а).
Так как отрезок ВС пересекает прямую п, значит, точки В и С лежат в разных полуплос-
костях, точка С лежит в полуплоскости [3 (рис. б). Так как отрезок CD не пересекает пря-
мую п, значит, точки С и Л лежат в одной полуплоскости [3 (рис. в). Отсюда, точки А и D
лежат в разных полуплоскостях. Следовательно, отрезок АО пересекает прямую п (рис. г).
3. О т в е т: 1.
Решение. По условию точки А, В и С лежат на одной пря- а
мой, тогда по основному свойству II одна и только одна из а)
точек А, В и С лежит между двумя другими.
Пусть С е АВ (рис. а), тогда по основному свойству изме- А. В___________С а
рения отрезков (длина отрезка равна сумме длин частей,
на которые он разбивается любой его точкой): АВ = АС +
+ СВ. По условию АВ = 12 см, а АС + СВ = 3 + 15 = 18 (см), в А С а
то есть АВ < АС + ВС, значит, АВ * АС + ВС. Следовательно, • • •
Ci АВ. в)
74
II. Решения заданий
Пусть В 6 АС (рис. б), тогда по основному свойству измерения отрезков (длина отрезка
равна сумме длин частей, на которые он разбивается любой его точкой): АС = АВ + ВС.
По условию АС = 12 см, а АВ + ВС = 12 + 15 = 27 (см), то есть АС < АВ + ВС, значит,
АС АВ + ВС. Следовательно, В i АВ.
Пусть А € ВС (рис. в), тогда по основному свойству измерения отрезков (длина отрезка
равна сумме длин частей, на которые он разбивается любой его точкой): СВ = АВ + АС.
По условию ВС = 15 см, а АС + СВ = 12 + 3 = 15 (см), значит, ВС = АС + ВС. Сле-
довательно, точка А принадлежит отрезку ВС.
Мы проверили все возможные расположения точек А, В и С на прямой а. При этом
только одна последовательность точек удовлетворяет условию задачи, а именно, последо-
вательность точек В, А, С.
Замечание. Задача имеет второе решение. Оно приведено в тесте 1 к задаче 10 для
учебника И.Ф. Шарыгина.
4. О т в е т: 4.
Решение. Так как угол АОВ в четыре раза больше угла
ВОС, то угол АОВ является меньшим из смежных углов. \
Обозначим АВОС = х, тогда по условию ААОВ = 4АВОС, \
отсюда ААОВ = 4х. По теореме о сумме смежных углов С\О А
ААОВ + АВОС = 180°; значит, х + 4х = 180°; 5х = 180°; х = 36°.
АВОС = 36°.
5. Ответ: 2.
Решение. Точку С мы можем расположить двумя спосо- . в С
бами.
А С
Часть 2
6. О т в е т: 16.
Первое решение. По условию задачи OS = ЗОТ = 12 см.
О Т а
Точка О лежит между точками S и Т, следовательно, она при- • • •
надлежит отрезку ST. Тогда по свойству измерения отрезков
(длина отрезка равна сумме длин частей, на которые он разбивается любой его точкой):
OS = ЗОТ, ST = SO + ОТ = 4 + 12 = 16 (см).
Второе решение. По условию задачи OS = ЗОТ. Точка О лежит между точками S и Т,
следовательно, она принадлежит отрезку ST. Тогда по свойству измерения отрезков
ST = SO + ОТ = ЗОТ + ОТ = 4ОТ = 16 см.
7. Ответ: 40.
Решение. По условию задачи луч с проходит между сторо- у
нами угла (ab), значит, по основному свойству измерения уг- \
лов (градусная мера угла равна сумме градусных мер углов, \ с
на которые он разбивается любым лучом, проходящим между \ s'
его сторонами) А(ас) + А(Ьс) = 105°. Кроме того, по условию \ s'
задачи А(ас) = А(Ъс) + 25°. Отсюда А(Ьс) + 25° + А(Ьс) = 105°. \ s'
2А(Ьс) = 80°, А(Ьс) = 40°.
Система тематического тестирования по геометрии
75
8. О т в е т: 11.
Решение. Пусть точка О — общая середина отрезков AD vl а В О С D п
ВС. Отрезок OD равен половине отрезка AD, OD = 7 см, а от- “• • • • •—
резок ВО равен половине отрезка ВС: ВО = 4 см. Точка О при-
надлежит отрезку BD. Значит, по основному свойству измерения отрезков (Длина отрезка
равна сумме длин частей, на которые он разбивается любой его точкой): BD = ВО + OD =
= 7 + 4 = 11 (см).
9. Ответ: прямой.
Решение. Ответ обоснования не требует. Задача направлена на понимание опре-
делений видов углов и умения определять их в повседневных, житейских ситуациях.
10. Ответ: 43.
Решение. Лучи b и с лежат в одной полуплоскости от-
носительно прямой ага, при этом углы /.(агЬ) и /.(ас) не \ с,
имеют общей стороны. Поэтому вместо угла (а^Ь) рассмот- \ .s'
рим угол, смежный с ним 180° - (ауЬ) = А(аЬ). По теореме о а
смежных углах /_(аЬ) = = 180° - /-(а^Ь) = 125°. Теперь у нас
новое условие:
Из вершины развернутого угла (аа-|) в одну полуплоскость проведены лучи b и с. Опре-
делите, чему равен угол (Ьс), если /L(ab) = 125°, /.(ас) = 82°.
Углы (ab) и (ас) отложены от полупрямой а в одну полуплоскость и /_(аЬ) > /.(ас). До-
кажем, что луч с проходит между сторонами угла (ab). Пусть луч с не проходит между
сторонами данного угла. Тогда либо луч Ь проходит между сторонами угла (ас), либо луч
а проходит между сторонами угла (Ьс). Рассмотрим первый случай. По аксиоме измере-
ния углов: /.(ас) = /_(ab) + /-(Ьс), т. е. /.(ab) < /-(ас). Пришли к противоречию. Значит, луч
Ь не проходит между сторонами А(ас). Луч а не проходит между сторонами угла (Ьс), по-
тому что тогда лучи Ь и с были бы по разные стороны от полупрямой а. Значит, луч с про-
ходит между сторонами угла (ab). Следовательно, градусная мера угла (ab) равна сумме
градусных мер углов (ас) и (Ьс): 125° = 82° + /.(Ьс), /.(Ьс) = 43°.
11. Ответ: 70.
Решение. Лучи Ьг и Ь2 — биссектрисы углов (gk) и (kh) со-
ответственно. Значит, лучи Ьг и Ь2 проходят между сторона-
ми углов (gk) и (kh) соответственно, значит, /-(gk) = /-(gby) +
+ /-(brk). Аналогично, /.(kh) = /.(kb2) + /.(b2h) и при этом
/-(gby) = /-(b]k), a /-(kb2) = /-(b2h). По условию луч k проходит
между сторонами угла (gh), значит, /.(gh) = /.(gk) + /.(kh) =
= /.(gbr) + /.(bxk) + /.(kb2) + /-(b2h) = 2(A(brk) + /.(kb2)) =
= 2/.(b]b2). Следовательно, /-(gh) = 70°.
12. Ответ: 93.
Решение. Углы, которые получаются при пересечении
двух прямых, либо смежные, либо вертикальные. Углы а и Р
не могут быть смежными, так как по условию их сумма рав-
на 186°. Значит аир — вертикальные углы. По свойству вер-
тикальных углов а = 3, а по условию задачи а + Р = 186°. От-
сюда а = 3 = 93°, а угол у, смежный с углами а и Р, равен 87°.
Следовательно, наибольший угол равен 93°.
76
II. Решения заданий
Часть 3
13. Ответ: Точка В не принадлежит отрезку АС.
Решение. Предположим, что точка В принадлежит отрезку АС. Тогда по основному
свойству измерения отрезков (длина отрезка равна сумме длин частей, на которые он раз-
бивается любой его точкой): АС == АВ + ВС.
Подставляя значения длин отрезков АС = 5 см и СВ = 7 см, данные в условии задачи,
получим: 5 см = 7 см + ВС. По основному свойству измерения отрезков (каждый отре-
зок имеет определенную длину, большую нуля) длина отрезка ВС больше нуля, т.е.
5 см 7 см + ВС. Значит, АС * АВ + ВС. Получили противоречие. Значит, точка В не раз-
деляет точки А и С.
14. Ответ: совпадают.
Решение. Допустим, что прямая а, на которой лежат точки А, В и С, отлична от пря-
мой Ь, на которой лежат точки В, С и D. Это означает, что через две точки В и С проходят
две различные прямые. По аксиоме I (через любые две точки можно провести прямую, и
только одну) этого не может быть, следовательно, все четыре точки лежат на одной пря-
мой. А это означает, что прямые а и b совпадают.
15. Ответ: 90.
Решение. Даны смежные углы (аг&) и (ab), a q и с — их
биссектрисы. Обозначим угол (ab) через г, тогда угол (сцЬ) ра-
вен 180° - х. Лучи сг и с лежат в разных полуплоскостях от-
носительно луча Ъ. Лучи Cj, с и b исходят из одной точки О.
Значит, луч b проходит между сторонами угла (с^с) и по
аксиоме измерения углов: /Дб^с) = А^Ь) + А(сЬ). А так как
с1 и с — биссектрисы соответственно углов (агЬ) и (ab), то
Afc^b) = i(180° - х), a A(cb) = ix. Отсюда А^с) = 90°.
&
ТЕСТ 2
Вариант 1
Часть 1
1. О т в е т: 2
Решение. Так как AD — биссектриса АСАВ, ACAD =
= AFAD, так как AD — биссектриса АСАВ; AACF = ADCF,
аналогично, так как CF — биссектриса AACD; то AACF =
= ADCF, следовательно, ACAD = ABAD = 1 АСАВ и
AACF = ABCF, так как АСАВ = ААСВ = | ААСВ. По усло-
вию треугольник АВС равнобедренный, значит, АСАВ =
= ААСВ, отсюда ACAD = AACF.
Рассмотрим треугольники ADC и CFA: ACAD = AACF по доказанному выше;
АСАВ = ААСВ по условию; АС — общая сторона.
Следовательно, треугольники ADC и CFA равны по стороне и прилежащим к ней углам.
Система тематического тестирования по геометрии
77
2. О т в е т: 2.
Решение. По условию в треугольнике периметр равен 15 см, а сумма двух сторон рав-
на 10 см, отсюда третья сторона равна 5 см. Следовательно, три стороны данного тре-
угольника равны, значит треугольник — равносторонний по определению.
3. О т в е т: 2.
Решение. Рассмотрим ABAD и ACAD: ZADB = ZADC
по условию; Z.BAD = ADAC, так как AD биссектриса; AD —
общая сторона. Значит, ABAD = ACAD по стороне и приле-
жащим к ней углам. Из равенства треугольников следует
равенство сторон АС = АВ = 6 см.
4. О т в е т: 1.
Анализируем условие задачи. Периметр равнобедренного треугольника равен 18 см, а
одна сторона равна 6 см, значит, сумма двух других сторон равна 12 см. В равнобедрен-
ном треугольнике две стороны равны. Значит, если одна из двух неизвестных сторон рав-
на данной, т.е. равна 6 см, то третья сторона также будет равна данной. Если равны друг
другу две неизвестные стороны, то каждая из них равна 12 : 2 = 6 (см), т.е. снова все сто-
роны равны. Поэтому решение одно.
5. Ответ: 1.
Решение. Так как треугольник АВС — равнобедренный;
то АВ = ВС, а значит, треугольник ABD равен BCF по трем
сторонам. Отсюда AD = CF.
Рассмотрим треугольники ADO и CFO. Углы ВАС и ВСА
равны по свойству углов равнобедренного треугольника.
Углы DAB и BCF равны, как углы равносторонних тре-
угольников, значит ABAC + ADAB = АВСА + ABCF, отсюда
ADAC = AFCA; АО = ОВ по условию, a AD = CF по доказан-
ному. Отсюда следует равенство треугольников ADO и CFO
по двум сторонам и углу между ними. Из равенства тре-
угольников следует DO = OF. Следовательно, треугольник
DOF — равнобедренный.
Часть 2
6. Ответ: 14.
Решение. Стороны треугольника АВС равны, так как тре-
угольник АВС — равносторонний. Периметр равностороннего
треугольника равен 36 см, следовательно, АВ = ВС = АС =
= 12 см. Боковые стороны треугольника ADC равны, так как
треугольник ADC — равнобедренный. Рддрс = AD + DC +
+ АС = 2AD + 12 = 40 (см), AD = DC = 14 см.
78
II. Решения заданий
7. О т в ет: 3.
Решение. Так как треугольник АВС — равнобедренный, то
по определению ВА = ВС. По условию АС = ВА или ВА =
= 2АС. Следовательно, Р^вс = + ВС + &-С = 2ВА + ВА =
= 5АС = 15 см. Отсюда АС = 3 см.
8. Ответ: 33.
Решение. Рассмотрим треугольники АОС и BOD: стороны
АО и ВО и стороны ОС и OD попарно равны по условию; углы
АОС и BOD равны как вертикальные углы. Следовательно,
ААОС = ABOD по двум сторонам и углу между ними. Из ра-
венства треугольников следует равенство углов АСАО =
= AODB = 33°.
9. Ответ: 123.
Решение. Так как треугольник АВС — равнобедренный,
то ABAC = АВСА (углы при основании), ABAC = Al как
вертикальные углы. Значит, АВСА = ABAC = Al = 57°.
АВСА и А2 — смежные, следовательно, А2 = 180° - АВСА =
= 180° - 57° = 123°.
1/А
10. Ответ: 22.
Решение. По условию биссектриса BD является высотой а
треугольника АВС, следовательно, треугольник АВС — равно- А
бедренный, причем AD является и медианой треугольника. /
Значит, АВ = АС и BD = DC = ±ВС; PARC = АВ + ВА + ВС. Г
Pabd =АВ + BD + AD = АВ + ± ВС + AD =14 (см). д/ L
2 D
Отсюда АВ + | ВС = 14 - 3 = 11 (см); Р^ =АВ + ВА + ВС =
= 2^АВ + 1вс] = 22 (см).
11. Ответ: 2.
Решение. По условию треугольники АВС и DFC равны.
Из этого равенства следует равенство соответствующих сто-
рон АВ = DF, АС = DC, ВС = FC. Из последнего равенства еле- в
дует, что AD = 2ВС, следовательно, отрезок AD в два раза
больше отрезка ВС. X
А
Система тематического тестирования по геометрии
79
12. Ответ: 33.
Решение. В треугольнике АВМ отрезок MN является вы-
сотой и медианой, так как по условию отрезок MN — перпен-
дикуляр, проведенный к стороне АВ через ее середину —
точку N. Следовательно, треугольник АВМ — равнобедрен-
ныйх отсюда ВМ = AM. Периметр треугольника АМС: Рамс =
= AM + МС + AC, AM + МС = 21 см, а АС = 9 см, значит,
РАМС = 21 + 12 = 33 (см).
Часть 3
13. Доказательство. Так как по условию Д АВС — равнобед-
ренный, то ABAC = АВСА; так как по условию AAjBjCj —
равнобедренный, то АВ^А^С^ = AB^CjA-^; значит, из равенст-
ва ABAC = АВ^А^Су по условию следует равенство АВСА =
= ABjCjAp
Рассмотрим ДАВС и ДА1В1С1: АС = А1С1 по условию;
ABAC = ДВ1А1С1 по условию; АВСА = /.BjCpAj по доказанно-
му выше.
Следовательно, треугольники АВС и А1В1С1 по стороне и прилежащим к ней углам.
14. Ответ: 7.
Решение. Треугольники ADO и CFO равны по второму
признаку равенства треугольников, так как отрезки OD и OF
равны по условию, углы AOD и COF равны, как вертикаль-
ные, а углы CDA и AFC равны по условию.
Из равенства треугольников ADO и CFO следует равенство
сторон АО и СО. Следовательно, треугольник АОС — равно-
бедренный по определению.
Отсюда углы ОСА и ОАС равны по свойству равнобедрен-
ного треугольника, а из равенства треугольников ADO и CFO
следует равенство углов DAO и FCO.
Значит, треугольник АВС равнобедренный, ВС = АВ = AD
15. Ответ: 40.
Решение. Рассмотрим треугольники АВН и AFH. Так как
отрезок ВН — высота, то прямые ВН и АС перпендикуляр-
ны, значит, углы ВНА и FHA — прямые, стороны ВН и FH
равны по условию, сторона НА — общая. Значит, прямо-
угольные треугольники АВН и AFH равны по катетам. Из
равенства треугольников следует равенство углов ВАН и
FAH, а, значит, AFAH = 70°.
Рассмотрим треугольники ВСМ и DAM. По условию
MD = ВМ, так как отрезок ВМ — медиана, то отрезки AM и
СМ равны, углы ВМС и DMA равны, как вертикальные. Зна-
чит, треугольники ВСМ и DAM равны по двум сторонам и
углу между ними. Из равенства треугольников следует ра-
венство углов ВСМ и DAM, а, значит, ADAM = 30°.
+ DB — 4 + 3 — 7 (см).
По свойству измерения углов AFAH = ADAF + ADAM, отсюда ADAF = AFAH - ADAM =
= 70° - 30° = 40°, ADAF = 40°.
80
II. Решения заданий
Вариант 2
Часть 1
1. О т в е т: 1.
Решение. Рассмотрим ABAD и ACAD: АВ = АС по усло-
вию; ABAD = ADAC, так как луч AD — биссектриса; а отрезок
AD — общая сторона.
Значит, ABAD = ACAD по двум сторонам и углу между
ними.
2. О т в е т: 1.
Решение. По условию в треугольнике периметр равен 14 см, а сумма двух сторон равна
9 см, отсюда третья сторона равна 5 см. Следовательно, две стороны данного треугольника
равны, значит треугольник — равнобедренный по определению.
3. О т в е т: 4.
Решение. Так как AD — биссектриса угла САВ, то ACAD =
= ABAD, а так как CF — биссектриса угла ACD, то AACF =
= ABCF. По условию углы САВ и АСВ равны, значит ACAD =
= ABAD = 1 АСАВ = 1 ААСВ = AACF = ABCF.
2 2
Рассмотрим треугольники ADC и CFA: углы CAD и ACF
равны по доказанному выше; углы САВ и АСВ по условию;
сторона АС — общая. Следовательно, треугольники ADC
и CFA равны по стороне и прилежащим к ней углам. Из ра-
венства треугольников следует равенство сторон AD = CF =
= 9 см.
4. О т в е т: 2.
Анализируем условие задачи. В равнобедренном треугольнике две стороны равны,
значит, неизвестная сторона может быть равна 8 см или 5 см. Поэтому решений два.
5. О т в е т: 1.
Решение. Так как треугольник АВС — равносторонний;
то АВ = ВС, а значит, треугольник ABF равен треугольнику
ACD по трем сторонам. Отсюда CD = BF.
Рассмотрим треугольники BOF и COD. Углы АВС и АСВ
и углы ABF и DCA соответственно равны по свойству углов
равностороннего треугольника. Значит, ААВС + AABF =
= АВСА + ADCA, отсюда ADCB = AFBC', СО = ОВ по усло-
вию, a CD = BF по доказанному. Отсюда следует равенство
треугольников CDO и BFO по двум сторонам и углу между
ними. Из равенства треугольников следует DO = OF. Следова-
тельно, треугольник DOF — равнобедренный.
Система тематического тестирования по геометрии
81
Часть 2
6. Ответ: 36.
Решение. По условию периметр равнобедренного треугольни-
ка ADC равен 40 см, а его боковые стороны AD и DC равны 14 см.
p^adc = AD + DC+AC = 2AD + AC = 28 4- AC = 40 (см),
отсюда AC = 40 - 28 = 12 (см).
Сторона АС является общей стороной равнобедренного
треугольника ADC и равностороннего треугольника АВС. По
определению в равностороннем треугольнике все стороны рав-
ны, значит: Р^вс = -АВ 4- ВС 4- АС = ЗАС = 36 (см).
7. Ответ: 6.
Решение. Так как треугольник АВС — равнобедренный, то
по определению ВА = ВС. По условию АС = 1,5ВА. Следо-
вательно, Рдвс = 2ВА 4- 1,5ВА = 3,5ВА = 21 (см). Отсюда ВА =
= 6 см.
8. Ответ: 47.
Решение. Рассмотрим треугольники АОС и BOD: стороны
АО и ВО и стороны ОС и OD попарно равны по условию; углы
АОС и BOD равны как вертикальные углы. Следовательно,
ДАОС = ABOD по двум сторонам и углу между ними. Из ра-
венства треугольников следует равенство углов АСАО =
= AOBD = 47°.
9. Ответ: 64.
Решение. Так как треугольник АВС — равнобедренный,
то ABAC = АВСА (углы при основании), ABAC и Al — смеж-
ные, следовательно, ABAC = 180° - Al = 180° - 116° = 64°.
10. Ответ: 22.
Решение. По условию высота АО является медианой тре-
угольника АВС, следовательно, треугольник АВС — равно-
бедренный, причем АВ = АС; Рдвс = -АВ + ВА + ВС; РABD ~
= АВ 4- BD 4- АО. Так как АО — медиана, то BD = ВС и Равп =
= АВ 4- ВС 4- AD =15 (см). Отсюда АВ 4- ВС =15-4 = 11 (см).
Р^с = АВ + ВА + ВС = 2 (АВ + ВС) = 22 (см).
11. О т в е т: 2.
Решение. По условию треугольники BDC и BDA равны.
Из этого равенства следует равенство соответствующих углов
ABDC = ABDA; ABCD = ABAD; ACBD = ZABO. Из последне-
го равенства следует, что АСВА = 2ACBD.
4 Зак. 1013
82
II. Решения заданий
12. Ответ: 20.
Решение. В треугольнике АВМ отрезок MN является вы-
сотой и медианой, так как по условию отрезок MN — перпен-
дикуляр, проведенный к стороне АВ через ее середину — точ-
ку N. Следовательно, треугольник АВМ — равнобедренный,
отсюда ВМ = AM. Периметр треугольника ВСМ: Рвсм =
= ВС + ВМ + МС -35 см, ВМ + МС = 35 - 15 = 20 (см), АС =
= AM + МС - ВМ + МС = 20 см.
В
Часть 3
13. Доказательство. АВ = ВС, так как по условию ААВС — g g
равнобедренный; АХВХ = ВХСХ, так как по условию AAXBXCX — Д Д
равнобедренный; ВС = ВХСХ, так как по условию АВ = АХВХ. /\ /\
Рассмотрим ААВС и AAXBXCX: АВ = АХВХ по условию; / \ / \
ZABC = АА1В1С1 по условию; ВС = В1С1 по доказанному выше. / \ / \
Следовательно, ААВС = ААХВХСХ по двум сторонам и углу д С Ai Ci
между ними.
14. Ответ: 4.
Решение. Так как в треугольнике АОС ADCA = AFAC еле- q
дует, что треугольник АОС — равнобедренный и стороны АО /К
и СО равны. / X.
Треугольники ADO и CFO равны по первому признаку pa- /К
венства треугольников, так как отрезки АО и СО равны по до- j
казанному, отрезки OD и OF равны по условию, углы AOD и /
COF равны, как вертикальные. Отсюда следует равенство уг- /С;
лов DAO и FCO и сторон DA и FC. <
АВСА = AFCO + ZOCA и ABAC = AD АО + АО АС, так как
в эти равенствах правые части равны, то АВСА = ABAC.
Следовательно, треугольник АВС — равнобедренный, значит, АВ = ВС.
АВ = AD + BD и ВС = CF + BF, отсюда BD = BF = 4 см.
Ответ: 100.
15. Решение. Рассмотрим треугольники АВН и FBH. Так
как отрезок АН — высота, то прямые ВН и AF перпендику-
лярны, значит, углы ВНА и FHA — прямые, стороны АН и FH
равны по условию, сторона НВ — общая. Значит, прямо-
угольные треугольники АВН и FBH равны по катетам. Из
равенства треугольников следует равенство углов АВН и
FBH.
Углы АВС и HBD равны как вертикальные. Углы АВС и АВН — смежные, значит,
ZABC + ААВН = 180°, отсюда ААВН = 180° - ZABC = 40°, AFBH = ААВН = 40°.
По свойству измерения углов ADBH = ADBF + AFBH, отсюда ADBF = ADBH - AFBH =
= 140° - 40° = 100°.
Система тематического тестирования по геометрии
83
ТЕСТ 3
Вариант 1
Часть 1
1. О т в е т: 4.
Решение. В треугольнике АВС угол при вершине А по теореме о внешнем угле
треугольника равен 80°. По теореме о сумме углов треугольника АВСА 4- АСАВ 4- ААВС =
= 180°. Отсюда, АВСА = 180° - (АСАВ + ААВС) = 180° - (80° 4- 48°) = 52°.
2. О т в е т: 3.
Решение. Углы 1 и 5, является соответственными при
прямых с и f и секущей Ь. По условию Al = Z5, значит, пря-
мые с и f параллельны.
Углы, вертикальные с углами А4 и Z5, являются внут-
ренними накрест лежащими при прямых d и f и секущей Ъ.
По условию АА. # Z5, значит и вертикальные им углы не рав-
ны. Следовательно, прямые d и f не параллельны.
Поскольку прямые с и f параллельны, а прямые d и f не
параллельны, то прямые с и d не параллельны.
3. Ответ: 2.
Решение. Обозначим углы треугольника а, 0 и у. Пусть у =
углов треугольника а 4- 0 4- у = 180°. Отсюда 2у =180°. Значит у
угольник — прямоугольный.
4. О т в е т: 3.
Решение. Пусть ААВС = а. По свойству углов при основании
равнобедренного треугольника ABAC = АВСА = i(180° - а).
По теореме о внешнем угле треугольника ACBD = ABAC 4-
4- АВСА = 180° - а.
Так как BF — биссектриса ADBC, то ADBF = AFBC =
= 1 (180° - а). Углы ВСА и FBC — внутренние накрест лежа-
щие при прямых АС и FB и секущей ВС. Из доказанного вы-
ше следует AFBC = АВСА = | (180° - а).
Отсюда в силу признака параллельности прямых BF || АС.
5. Ответ: 2.
Решение. Биссектриса ВН равнобедренного треугольника
АВС является его медианой и делит основание АС на два рав-
ных отрезка АН и НС; АН = НС = 12 см.
Биссектриса ВН равнобедренного треугольника АВС
является его высотой, значит, треугольник НВС — прямо-
угольный, в котором АВНС — прямой, АСВН = 60°. По теореме о сумме углов треуголь-
ника АВНС + АНСВ 4- АСВН = 180°, отсюда АНСВ = 180° - (АВНС 4- АСВН) = 180° -
- (90° + 60°) = 30°.
Треугольник НМС — прямоугольный, в котором АНСВ = 30°, гипотенуза НС равна
12 см. Значит, по свойству прямоугольного треугольника, один угол которого равен 30°,
катет НМ равен 6 см.
а 4- 0. По теореме о сумме
= 90°. Следовательно, тре-
84
II. Решения заданий
Часть 2
6. Ответ: 40.
Решение. В треугольнике ABD по теореме о сумме углов
треугольника: AABD + ABAD 4- ABDA = 180°, откуда AABD 4-
+ ABAD = 180° - 70° = 110°. Так как лучи AD и BD биссектри-
сы внешних углов при вершинах В и А треугольника АВС, то
сумма внешних углов треугольника АВС при вершинах А и В
равна 220°. Так как внутренний и внешний углы при одной
вершине — смежные и их сумма равна 180°, то сумма углов
АВС и ВАС треугольника АВС равна 140°. Следовательно,
ААСВ = 180° - {ААВС + ABAC) = 40°.
7. Ответ: 135.
Решение. Обозначим точку пересечения биссектрис Q. По
теореме о сумме углов треугольника ААСВ 4- ААВС 4- ABAC =
= 180°. Так как треугольник АВС — прямоугольный, то
ААВС + ABAC = 180° - ААСВ = 90°. Так как лучи AF и BD —
биссектрисы углов АВС и ВАС, то сумма углов QAB и QBA
равна половине суммы углов АВС и ВАС, то есть 45°.
В треугольнике AQB сумма углов QAB и QBA равна 45°,
следовательно, AAQB = 180° - (AQAB 4- AQBA) = 135°.
8. Ответ: 18.
Решение. Рассмотрим треугольники АВО и CDO: ACDO =
= ААВО, как внутренние накрест лежащие при параллель-
ных прямых АВ и CD и секущей BD; ADCO = АВАО, как
внутренние накрест лежащие при параллельных прямых АВ
и CD и секущей АС; АВ = CD по условию.
Следовательно, треугольники АВО и CDO равны по сто-
роне и прилежащим к ней углам. Из равенства треугольни-
ков следует равенство отрезков ОС и ОА, следовательно, АС —
= 2ОА = 18 см.
9. Ответ: 83.
Решение. Углы 1 и 2 являются внутренними односторон-
ними при прямых с и f и секущей а. По условию Z.1 = 108°;
А2 = 72°, значит, их сумма равна 180°. Следовательно, пря-
мые с и f параллельны.
Угол, смежный с углом 5, является внутренним накрест
лежащим по отношению к углу 4 при параллельных пря-
мых с и f и секущей Ь. Значит, эти углы равны. Следователь-
но, Л 4 = 83°.
10. Ответ: 4.
Решение. Треугольник АОС — равнобедренный, так как
по условию АО = ОС. Отрезок OF является высотой треугольни-
ка АОС, так как точка О лежит на высоте BF треугольника АВС.
Высота в равнобедренном треугольнике является медианой,
значит, AF = FC. Отсюда высота BF треугольника АВС являет-
ся и его медианой, значит, треугольник АВС — равнобедрен-
ный, то есть АВ = СВ. В равнобедренном треугольнике высота
является и биссектрисой, поэтому AABF = ACBF.
Система тематического тестирования по геометрии
85
В треугольниках АВО и СВО: стороны АВ и СВ равны, как стороны равнобедренного
треугольника, углы ABF и СВР равны по доказанному выше, сторона ВО — общая. Сле-
довательно, треугольники АВО и СВО равны по двум сторонам и углу между ними.
Расстояние от точки до прямой — это перпендикуляр, опущенный из этой точки на
прямую. А перпендикуляр, опущенный из точки О на прямую СВ, является высотой тре-
угольника ВСО. Аналогично, расстояние от точки О до прямой АВ — высота треугольни-
ка ВАО. Так как треугольники АВО и СВО равны, то и их высоты равны. Следовательно,
расстояние от точки О до стороны ВС равно 4 см.
11. Ответ: 122.
Решение. По теореме о сумме углов треугольника ААСВ 4-
4- ААВС + ABAC = 180°, значит, ZACB 4- ААВС = 180° -
- ABAC = 180° - 64° = 116°. Так как отрезки BD и CD — бис-
сектрисы углов АВС и ВАС, то сумма углов CBD и BCD равна
половине суммы углов АВС и ВАС, т. е. 58°. По теореме о
сумме углов треугольника в треугольнике BDC ACDB =
= 180° - (ACBD + ABCD) = 180° - 58° = 122°.
12. Ответ: 72.
Решение. Обозначим угол ВАС треугольника АВС через
2а, тогда ADAC = ADAB = а. Треугольник ADC — равнобед-
ренный, по условию АО = ОС, значит, ADAC = ZACO = а. По
теореме о внешнем угле треугольника ZADB = 2а, а так как
треугольник ADB равнобедренный, по условию АО = АВ, то
AADB = AABD = 2а. Значит, по теореме о сумме углов треуголь-
ника ABAC + ААВС 4- ААСВ = 2а 4- 2а 4- а = 180°, 5а = 180°,
а = 36°. Следовательно, ААВС — 72°.
Часть 3
13. Решение. Возможны два варианта:
Первый. Острый угол прилежит к данному катету.
Формулировка.
Если катет и прилежащий к нему острый угол одного пря-
моугольного треугольника равны катету и прилежащий ему
острый угол другого прямоугольного треугольника, то такие
прямоугольные треугольники равны.
Второй. Острый угол противолежит данному катету.
Формулировка.
Если катет и противолежащий ему острый угол одного
прямоугольного треугольника равны катету и противолежа-
щему ему острому углу другого прямоугольного треугольника,
то такие прямоугольные треугольники равны.
Доказательство второго варианта сводится к первому, ес-
ли вместо данного угла рассматривать угол, дополняющий
его до 90°.
Доказательство. Рассмотрим треугольники АВС и A^Cf
АС = AiCj и АСАВ = AC^A^y по условию; А_АСВ = ZA^jBp
как прямые. Следовательно, треугольники АВС и А1В1С1 рав-
ны по стороне и прилежащим к ней углам.
86
II. Решения заданий
14. Решение. В треугольнике AN К отрезок NO является
высотой, так как прямая NL перпендикулярна отрезку АК", и
медианой, так как прямая NL проходит через середину отрезка
АК. Значит, треугольник AN К — равнобедренный. По свой-
ству углов равнобедренного треугольника ANAK = ANKA.
Так как АК — биссектриса угла ВАС, то ANAK = АКАС.
Отсюда АКАС = ANKA.
Углы К АС и NKA равны и являются внутренними на-
крест лежащими при прямых NK и АС и секущей АК, следо-
вательно, прямые NK и АС параллельны.
15. Решение. Обозначим в данном треугольнике АВС угол
А — а; а угол В — р. Так как треугольники АВС и BCD —
прямоугольные с общим углом В, то ABCD = а. Аналогично,
треугольники АВС и ACD — прямоугольные с общим углом А,
поэтому AACD = р. Так как в треугольнике ACD отрезок СЕ —
биссектриса, то ААСЕ = ADCE = |. Отсюда АВСЕ = а + |.
Поскольку АВЕС — внешний для треугольника АСЕ, то по
теореме о внешнем угле треугольника АВЕС = а + . Отсю-
да, АВСЕ = АВЕС, следовательно, треугольник СВЕ — рав-
нобедренный (по признаку), что и требовалось доказать.
Вариант 2
Часть 1
1. О т в е т: 4.
Решение. По теореме о сумме углов треугольника АВСА + АСАВ + ААВС = 180°. От-
сюда, ААВС = 180° - (АСАВ + АВСА) = 180° - (57° + 49°) = 74°. Угол при вершине В тре-
угольника АВС по теореме о внешнем угле треугольника равен 106°.
2. О т в е т: 2.
Решение. Углы Z.1 и А2 являются внутренними накрест
лежащими при прямых е и d и секущей Ь. По условию А1 =
= А2, значит, прямые е и d параллельны.
Углы 3 и 4 являются соответственными при прямых с и d
и секущей а. По условию АЗ А А4, значит, прямые с и d не
параллельны.
Поскольку прямые прямые е и d параллельны, а прямые
с и d не параллельны, то прямые е и с то не параллельны.
3. О т в ет: 3.
Решение. Обозначим углы треугольника а, Р и у. Пусть у > а + р. По теореме о сумме
углов треугольника а + Р + у = 180°. Отсюда 2у > 180°. Значит у > 90°. Следовательно, тре-
угольник — тупоугольный.
Система тематического тестирования по геометрии
87
4. О т в е т: 1.
Решение. В равнобедренном треугольнике KML внешний
угол треугольника NMK является смежным с углом KML
равным 80°, значит, ANMK = 180° - AKML = 180° - 80° = 100°.
Так как MN = ML, a ML = МК по условию, то треуголь-
ник NMK — равнобедренный. Отсюда по свойству углов при
основании равнобедренного треугольника AMNK = AMKN.
По теореме о сумме углов треугольника AMNK = AMKN =
= i(180° - 100°) = 40°. Аналогично, в равнобедренном тре-
угольнике KML AMKL == AMLK = 1 (180° - 80°) = 50°. По
построению точки N луч КМ проходит между сторонами угла NKL, значит, ANKL =
= AMKL + AMKN = 50° 4- 40° = 90°. Следовательно, прямые KL и KN перпендикулярны.
5. О т в е т: 1.
Решение. Треугольник ACD — прямоугольный, так как
отрезок CD высота прямоугольного треугольника АВС. Гипо-
тенуза АС прямоугольного треугольника ACD равна 6 см, а
катет AD равен 3 см. Значит, AACD = 30°.
У треугольников ACD и АВС угол ВАС — общий. По теоре-
ме о сумме углов треугольника ACAD + AACD 4- ABDA = 180°,
отсюда ACAD = 180° - (AACD 4- ABDA) = 60°. Значит, угол
СВА в треугольнике АВС равен 30°.
Следовательно, в прямоугольном треугольнике АВС: ААВС = 30°, противолежащий
ему катет АС равен 6 см. Значит, по свойству прямоугольного треугольника, один угол ко-
торого равен 30°, гипотенуза АВ равна 12 см.
Часть 2
6. Ответ: 76.
Решение. В треугольнике АВС по теореме о сумме углов
треугольника: ААВС 4- ABAC 4- АВСА = 180°, откуда ABAC 4-
4- ААВС = 180° - 28° = 152°. Так как внутренний и внешний
углы при одной вершине — смежные и их сумма равна
180°, то сумма внешних углов треугольника АВС при вер-
шинах А и В равна 208°. Так как лучи AD и BD биссектри-
сы внешних углов при вершинах В и А треугольника АВС,
значит, сумма углов ABD и BAD треугольника ABB равна 104°. По теореме о сумме уг-
лов треугольника ACAD 4- AACD 4- ABDA = 180°. Следовательно, ABDA = 180° - (ACAD 4-
4- AACD) = 76°.
7. Ответ: 120.
Решение. Обозначим точку пересечения высот Q. Рас-
смотрим треугольник AQC. В равностороннем треугольнике
любая высота является медианой и биссектрисой. Так как
каждый угол равностороннего треугольника равен 60°, то
AQAC = AQCA = 30°. По теореме о сумме углов треугольника
AQAC 4- AQCA 4- AAQC = 180°, следовательно, AAQC = 180° -
- (AQAC 4- AQCA) = 120°.
88
II. Решения заданий
8. Ответ: 16.
Решение. Рассмотрим треугольники A ADO и Л СВО:
AAOD = АВОС, как вертикальные; ADAO = АСВО, как внут-
ренние накрест лежащие при параллельных прямых АО и СВ
и секущей АВ; АВ = CD по условию.
Следовательно, Л ADO и АСВО равны по стороне и приле-
жащим к ней углам. Из равенства треугольников следует ра-
венство отрезков ОС и OD, следовательно, CD = 2ОС = 16 см.
9. Ответ: 83.
Решение. Углы 2 и 4 являются внутренними односторон-
ними при прямых с и d и секущей Ь. По условию А2 = Л 4 = 90°,
значит, Z.2 + Л 4 = 90° + 90° = 180°. Следовательно, прямые с и
d параллельны.
Угол, вертикальный с углом 1, является внутренним на-
крест лежащим по отношению к углу 3 при параллельных
прямых с и d и секущей Ь. Значит, эти углы равны. Следова-
тельно, Z3 = 83°.
10. Ответ: 8.
Решение. Треугольник АОС — равнобедренный, так как
по условию АСАО = АОСА. Отрезок OF является медианой
треугольника АОС, так как точка О лежит на медиане BF
треугольника АВС. Медиана в равнобедренном треугольнике
является высотой, значит, BF ± АС. Отсюда медиана BF тре-
угольника АВС является и его высотой, значит, треуголь-
ник АВС — равнобедренный, т. е. АВ = СВ. В равнобед-
ренном треугольнике медиана является и биссектрисой,
поэтому AABF = ACBF.
В треугольниках АВО и СВО: стороны АВ и СВ равны,
как стороны равнобедренного треугольника, углы ABF и CBF
равны по доказанному выше, сторона ВО — общая. Следова-
тельно, треугольники АВО и СВО равны по двум сторонам и углу между ними.
Расстояние от точки до прямой — это перпендикуляр, опущенный из этой точки на
прямую. А перпендикуляр, опущенный из точки О на прямую СВ, является высотой тре-
угольника ВСО. Аналогично, расстояние от точки О до прямой АВ является высотой тре-
угольника ВАО. Так как треугольники АВО и СВО равны, то и их высоты равны. Следо-
вательно, расстояние от точки О до стороны ВС равно 8 см.
11. Ответ: 120.
Решение. По теореме о сумме углов треугольника ААСВ +
+ ААВС + ABAC = 180°. Так как треугольник АВС — прямо-
угольный, то ААВС + ABAC = 180е - аАСВ = 90°.
В треугольнике ADB: ADAB + ADBA = (ААВС + ABAC) -
- (ACAD + ACBD) = 90° - 30° = 60°. Следовательно, AADB =
= 180° - (ADAB + ADBA) = 120°.
В
Система тематического тестирования по геометрии
89
12. Ответ: 90.
Решение. Углы ABF и BFD равны, как внутренние на-
крест лежащие при параллельных прямых АВ и FD и секу-
щей BF. ADFC = ABAC как соответственные при параллель-
ных прямых АВ и FD и секущей АС. А по условию AABF = /
= ABAF, значит, ADFC = AABF, т. е. ABFD = ADFC. Следо- с
вательно, отрезок FD — биссектриса угла BFC. По условию
BD = DC, значит, отрезок FD — медиана треугольника BFC. Так как отрезок FD — бис-
сектриса и медиана треугольника BFC, то треугольник BFC — равнобедренный и FD ±
± ВС. Поскольку прямые АВ и FD параллельны, то прямая АВ также перпендикулярна
прямой ВС. Следовательно, угол АВС равен 90°.
Часть 3
13. Формулировка. Если гипотенуза и острый угол одного
прямоугольного треугольника равны гипотенузе и острому уг-
лу другого прямоугольного треугольника, то такие прямо-
угольные треугольники равны.
В треугольниках АВС и AjB^j обозначим равные углы
АВС и AiBjCj через Р, тогда АСАВ = 90° - Р, и ZCpA^Bj =
= 90° - Р, т. е. АСАВ - АС^В^
Рассмотрим треугольники АВС и AjBjCj: АС = А^С^ по ус-
ловию; ААВС = АА^В^С^ по условию, АСАВ = AC^Bt по до-
казанному. Следовательно, треугольники АВС и AjBjCj рав-
ны по стороне и прилежащим к ней углам.
14. Решение. В треугольнике ANK отрезок NO является в
биссектрисой, так как прямая NL делит угол ANK пополам,
и медианой, так как прямая NL проходит через середину
отрезка АК. Значит, треугольник ANK — равнобедренный.
По свойству углов равнобедренного треугольника ANAK = \
= ANKA. А.^-2------£---------ХС
Так как АК — биссектриса угла ВАС, то ANAK = АКАС.
Отсюда АКАС = AKAN.
Углы КАС и NKA равны и являются внутренними накрест лежащими при прямых NK
и АС и секущей АК, следовательно, прямые NK и АС параллельны.
15. Решение. В треугольнике АВС проведены высота СН и
медиана СМ, которые делят угол АСВ на три равные части.
Пусть АВСН = АМСН = ААСМ = а. Тогда высота СН явля-
ется и биссектрисой треугольника ВСМ, поэтому этот тре-
угольник — равнобедренный. Следовательно, АСМН =
= АСВН и НМ = НВ.
Угол СМН — внешний для треугольника САМ. Так как в
треугольнике АСН угол САВ равен 30°, то по теореме о внешнем
угле треугольника АСМН - АСАВ + ААСМ - 30° + а = АСВА (треугольник ВСМ — рав-
нобедренный). В треугольнике АВС по теореме о сумме углов треугольника АСВА + ААСВ =
= а + 30° + За + а = 180°; а = 30°, значит, ААСВ = 90°. Следовательно, треугольник
АСВ — прямоугольный.
90
II. Решения заданий
ТЕСТ 4
Вариант 1
Часть 1
1. О т в е т: 1.
Решение. В треугольниках СОВ и AOD: ОА = СО, как
радиусы большей окружности и OB = OD, как радиусы мень-
шей окружности; ADOC = АВОА как вертикальные. Значит,
АСОВ = l\AOD по двум сторонам и углу между ними.
2. О т в е т: 1.
Решение. В треугольнике АОС: АО = СО, как радиусы одной
окружности, значит, треугольник АОС — равнобедренный и
ААСО = АСАО = 30°. Так как CD — касательная, то AOCD —
прямой, отсюда AACD = ААСО + AOCD = 30° 4- 90° = 120°.
В треугольнике ACD по теореме о сумме углов треугольника
ACAD + AACD + ACDA = 180°, отсюда ACDA = 180° - (ACAD +
+ AACD) = 180° - (30° + 120°) = 30°.
В треугольнике ACD: ACAD = ACDA, следовательно, тре-
угольник ACD — равнобедренный.
3. О т в e т: 2.
Решение. Прямая и окружность не могут иметь более
двух общих точек (задача 13 (2) к § 5). Если прямая и окруж-
ность имеют одну общую точку, то они касаются 13 (2) к § 5).
Следовательно, окружность с центром в точке О и прямая АВ
имеют две общие точки.
4. О т в е т: 1.
Решение. По определению касательной радиус ОС перпен-
дикулярен касательной АВ, аналогично и радиус ОХС. Зна-
чит, через точку С к прямой АВ проведены перпендикуляры
ОС и ОуС, а так как через точку прямой можно провести пер-
пендикулярную ей прямую и при том только одну, то два ра-
диуса ОС и О^С лежат на одной прямой ОО±, перпендикуляр-
ной к прямой АВ.
Система тематического тестирования по геометрии
91
5. О т в е т: 2.
Решение. Точка пересечения биссектрис треугольника яв-
ляется центром окружности, вписанной в этот треугольник, а
точка пересечения серединных перпендикуляров треугольни-
ка является центром окружности, описанной около этого тре-
угольника.
Из теоремы о медиане равнобедренного треугольника сле-
дует, что биссектриса и высота равнобедренного треугольни-
ка, проведенные к его основанию, совпадают. А из определения
серединного перпендикуляра следует, что высота, проведен-
ная к основанию равнобедренного треугольника, совпадает с
серединным перпендикуляром к его основанию. В равносто-
роннем треугольнике это утверждение справедливо для всех
сторон треугольника. Отсюда следует, что в равностороннем
треугольнике биссектрисы углов совпадают с серединными
перпендикулярами. Значит, в равностороннем треугольнике
центр вписанной в треугольник окружности совпадает с цент-
ром, описанной около него окружности. Следовательно, дан-
ный треугольник — равносторонний.
Часть 2
6. О т в е т: 4.
Решение. Обозначим точку касания окружностей буквой
А. Проведем линию центров 00 Докажем, что она проходит
через точку касания окружностей А.
Предположим, что линия центров 00х не проходит через
точку касания окружностей А. Проведем через точку касания
окружностей А общую касательную к этим окружностям АВ.
Соединим точки О и О^ с точкой касания А. Тогда ОА ± АВ и
ОгА ± АВ, что противоречит теореме о единственности пер-
пендикуляра, проведенного к прямой через данную точку.
Следовательно, точки А, О и лежат на одной прямой. Зна-
чит, АО = ООГ + AOr, OOj = АО - АОу = 7-3 = 4 (см).
7. Ответ: 12.
Решение. В треугольниках АОС и ВОС: АОВС = АОВС,
как прямые, так как радиус ОВ проведен в точку касания,
значит треугольники АОВ и ВОС — прямоугольные и равные
по катету (ОВ = ОА, как радиусы одной окружности) и гипо-
тенузе (СО — общая). Из равенства треугольников следует ра-
венство соответствующих углов АОАВ = АОАС. Так как
ААСВ = 60°, то АВСО = ААСО = 30°.
Следовательно, по свойству прямоугольного треугольни-
ка, один угол которого равен 30°, гипотенуза СО прямоуголь-
ного треугольника АОС равна 12 см.
92
II. Решения заданий
8. Ответ: 120.
Решение. Из точки В окружности с центром в точке О
проведены две хорды ВА и ВС, при этом ВА = ВС — ОВ. Тре-
угольники ВАО и ВСО — равносторонние. Углы равносторон-
него треугольника равны 60°. Следовательно, ААВС = ААВО +
+ АСВО = 120°.
9. О т в е т: 9.
Решение. В треугольниках АОВ и СОВ: ААВО = АО^^С^,
как прямые, так как радиус ОВ проведен в точку касания;
АВ = СВ, по условию; ОВ — общая сторона.
Следовательно, прямоугольные треугольники АОВ и СОВ
равны по двум катетам. В равных треугольниках соответст-
вующие стороны равны, значит, ОС = ОА = 9 см.
10. Ответ: 24.
Решение. Если две окружности касаются внешним обра-
зом, то расстояние между центрами окружностей равно сум- --------
ме их радиусов. Если две окружности касаются внутренним
образом, то расстояние между центрами окружностей равно Д \ -----
разности их радиусов. /1
Окружности с центрами в точках О^ и О2 касаются внешним | 1
образом, поэтому ОгО2 = 5 4- 7 = 12 (см). Окружности с центра- I Vo3 О2 1
ми в точках 01 и О3 касаются внутренним образом, поэтому \ \ у]
ОуО^ = 12 - 5 = 7 (см). Окружности с центрами в точках О2 и \ /
О3 касаются внутренним образом, поэтому О2О3 = 12 - 7 = х.
= 6 (см).
Таким образом, в треугольнике О1О2О3 сторона ОГО2
равна 12 см, сторона ОГО2 равна 7 см, сторона О2О2 равна
5 см- рьо}ого3 = °1°2 + + о2°з = 12 + 7 + 5 = 24 (см).
11. Ответ: 18.
Решение. Обозначим точку касания окружности с прямой MN
буквой К. Касательные, проведенные из одной точки к одной
окружности, равны. Значит, АВ = AC, NB = NK, МС = МК.
Значит, AB-AN + NB-AN + NK, АС = AM 4- МС-AM 4- МК,
MN = NK + МК.
Отсюда PhANM = AN + MN + AM - AN + (NK + MK) +
+ AM = (AN 4- NK) + (AM 4- MK) = (AN 4- NB) 4- (AM 4- MC) =
-AB 4- AC — 2•AB — 2•9 — 18 (cm).
Система тематического тестирования по геометрии
93
12. Ответ: 24.
Решение. Касательные, проведенные из одной точки к од-
ной окружности, равны. Значит, AD = AG, BD = BF, CF = CG.
Так как треугольник ABC — равнобедренный, то АВ = ВС, и
центр вписанной окружности лежит на медиане, проведен-
ной к основанию треугольника, значит точка G — середина
основания и AG = CG, а значит, AD = AG = CG = CF. Отсюда
Р^лвс = АВ + ВС + AC = (AD + DB) + (BF + FC) + (CG + AG) =
= 2 • (6 + 3) + (3 + 3) = 2 • 9 + 6 = 24 (cm).
Часть 3
13. Решение. Пусть точки А и В прямой а через которые
проходит окружность с центром в точке О. Отрезки ОА и ОВ
равны, как радиусы одной окружности. Значит точка О ле-
жит на серединном перпендикуляре к отрезку АВ. Обозначим
середину отрезка точкой N.
1. Каждая точка серединного перпендикуляра О к отрез-
ку АВ является центром окружности, проходящая через точ-
ки А и В прямой а. Пусть точка О1 лежит на прямой ON.
Проведем окружность с центром в точка О1 радиусом, рав-
ным OyA. Так как точка О^ лежит на прямой ON, то тре-
угольники AO^N и BOyN равны как прямоугольные треуголь-
ники по двум катетам. Значит, отрезки OjA и О^В равны, а,
следовательно, окружность с центром в точке Oj проходит че-
рез точку В.
2. Если окружность проходит через точки А и В прямой а,
то ее центр лежит на прямой ON. Пусть точка О2 — центр окружности, проходящей че-
рез точки А и В прямой а, не лежит на прямой ON, тогда через точку N прямой а прове-
дены два перпендикуляра ON и O2N, что противоречит теореме о единственности перпен-
дикуляра, проведенного через данную точку прямой а. Следовательно, прямые ON и O2N
совпадают, т. е. точка О2 принадлежит прямой ON.
14. Решение. Окружности с центрами в точках О и О1 пе-
ресекаются в точках А и В, значит, отрезок АВ — общая хор-
да данных окружностей. Треугольники АОВ и АОгВ — рав-
нобедренные с общим основанием АВ, так как ОА = О В и ОгА =
= ОуВ, как радиусы одной окружности соответственно.
Треугольники ОАО\ и ОВО^ равны по трем сторонам, так как
О А = ОВ пО{А = О{В, сторона 00 х — общая. Отсюда ААОС =
= АВОС, а ААО^С = АВО^С. Значит ОС и О^С — биссектри-
сы ААОВ и AAOiB. В равнобедренных треугольниках бис-
сектриса угла при вершине является высотой, значит, ОС ±
± АВ и OjC ± АВ. По теореме о единственности перпендику-
ляра, проведенного к данной прямой, ОС и ОХС лежат на од-
ной прямой ООр и, значит, АВ ± 00что и требовалось до-
казать.
94
II. Решения заданий
15. Решение. Точку Q, из которой проведены касательные к данным окружностям, и
точки касания А, В и Q соединим с центром окружности О2. Рассмотрим треугольники
AQO2 и bqo2.
Углы QAO2 и QBO2 — прямые, так как ВО2 и АО2 — радиусы, проведенные в точки
касания А и В; АО2 = ВО2, как радиусы одной окружности; QO2 — общая. Следовательно,
прямоугольные треугольники АВОГ и АСОГ равны по гипотенузе и катету. Значит, QA = QB,
т. е. касательные, проведенные из одной точки к окружности, равны.
Аналогично доказывается, что QC = QD и QB = QC. Следовательно, QA = QB = QC =
= QD. Отсюда QA = QD.
Вариант 2
Часть 1
1. О т в е т: 3.
Решение. В треугольниках ОАО1 и ОВОг ОА = ОВ, как ра-
диусы окружности с центром в точке О, ОрА = О^В, как ради-
усы окружности с центром в точке Ог, сторона ООг — общая.
Значит, /\OAOy = АОВО± по трем сторонам.
2. О т в е т: 3.
Решение. В треугольнике АОС: АО = СО, как радиусы од-
ной окружности, значит, треугольник АОС — равнобедрен-
ный и ААСО = АСАО = 40°. Так как CD — касательная, то
AOCD — прямой, отсюда ZACD = ААСО + AOCD = 40° + 90° =
= 130°. В треугольнике ACD: по теореме о сумме углов тре-
угольника ACAD + AACD + ACDA = 180°, отсюда ACDA =
= 180° - (ACAD + AACD) = 180° - (40° + 130°) = 10°.
Следовательно, все три угла различны, треугольник ACD —
разносторонний.
3. О т в е т: 1.
Решение. Так как расстояние от центра окружности до
прямой (7 см) равно радиусу окружности (7 см), то они имеют
одну общую точку, т.е. прямая является касательной к окруж-
ности.
Система тематического тестирования по геометрии
95
4. О т в е т: 1.
Решение. Соединим точки Л и В с центрами окружностей О
и Ор Треугольники АОВ и АО^В — равнобедренные, так как ДХ?
АО = ОВ и АО^ = О1В, как радиусы соответственных окруж- /
ностей. Отрезок АВ является общим основанием для тре- / q1J
угольников АОВ и АО^В. Проведем в треугольниках высоты ОС I S
и О^С. Получаем, что через точку С к прямой АВ проведены 7\
перпендикуляры ОС и О^С, а так как через точку прямой \ /
можно провести перпендикулярную ей прямую и при том толь- ----------
ко одну, то высоты ОС и О^С лежат на одной прямой ООр пер-
пендикулярной к прямой АВ.
5. О т в е т: 1.
Решение. В треугольнике АВС к стороне ВС проведен се-
рединный перпендикуляр ND, ND ± ВС и BD = CD. Центр / /А
вписанной окружности (точка О) лежит на серединном пер- / // \
пендикуляре ND. Рассмотрим треугольники BOD и COD. Так \
как отрезок 0D лежит на серединном перпендикуляре, то S V
треугольники BOD и COD — прямоугольные и катеты BD и CD /I 1q \
равны, 0D — общий катет. Значит, прямоугольные треуголь- /V /\
ники BOD и COD равны по двум катетам. Из равенства тре- в\
угольников следует равенство ВО = СО и соответствующих В*"**^^
углов AOBD = AOCD. Центр йписанной окружности является
точкой пересечения биссектрис треугольника, значит ОВ и ОС — биссектрисы углов ABD
и ACD, из равенства AOBD = AOCD следует AABD = AACD. Следовательно, треугольник
АВС — равнобедренный.
Часть 2
6. Ответ: 10.
Решение. Обозначим точку касания окружностей буквой А.
Проведем линию центров 001. Докажем, что она проходит
через точку касания окружностей А.
Предположим, что линия центров ООГ не проходит через
точку касания окружностей А. Проведем через точку касания
окружностей А общую касательную к этим окружностям АВ.
Соединим точки О и Ог с точкой касания А. Тогда ОА ± АВ и
О]А ± АВ, что противоречит теореме о единственности перпен-
дикуляра, проведенного к прямой через данную точку. Следо-
вательно, точки А, О и Ог лежат на одной прямой. Значит,
OOi = АО + AOi = 7 + 3 = 10 (см).
7. О т в е т: 3.
Решение. В треугольниках АОС и АОВ: углы ОБА и ОСА
прямые, так как радиусы ОВ и ОС проведены в точки каса-
ния, а треугольники АОС и АОВ — прямоугольные и равные
по катету (ОВ = ОС, как радиусы одной окружности) и гипо-
тенузе (АО — общая). Из равенства треугольников следует
равенство соответствующих углов АО АВ = АОАС. Так как
ААВС = 90°, то АОАВ = АОАС == 45°. Значит, треугольники АОС
и АОВ — равнобедренные. Следовательно, АВ = ОВ = 3 (см).
96
II. Решения заданий
8. Ответ: 60.
Решение. Из точки В окружности с центром в точке О
проведены хорда ВА и диаметр ВС, при этом ВА = ОВ. Тре-
угольник ВАО — равносторонний. Углы равностороннего
треугольника равны 60°. Следовательно, ZABC = 60°.
9. О т в е т: 4.
Решение. В треугольниках АОВ и COD:
АО = ОВ = ОС = OD, как радиусы одной окружности;
ZAOB = ACOD по условию.
Значит, треугольники АОВ и COD равны по двум сторо-
нам и углу между ним. Из равенства треугольников следует
равенство соответствующих сторон АВ = CD. Отсюда следует,
что АВ = 4 (см).
10. Ответ: 46.
Решение. Если две окружности касаются внешним обра-
зом, то расстояние между центрами окружностей равно сум-
ме их радиусов.
Окружности с центрами в точках О1г О2 и О3 касаются
попарно внешним образом, поэтому ОгО2 = 11 4- 7 = 18 (см),
О^з = 114-5 = (16) см, О2О3 = 5 4- 7 = 12 (см). Таким обра-
зом, в треугольнике О1О2О3 сторона ОгО2 равна 18 см, сторона
О^з равна 16 см, сторона О2О3 равна 12 см.
р^о2о3 = °1°2 + ОгО3 + О2О3 = 18 + 16 + 12 = 46 (см).
11. Ответ: 7.
Решение. Обозначим точку касания окружности с прямой MN
буквой К. Касательные, проведенные из одной точки к одной
окружности, равны. Значит, АВ = AC, NB = NK, МС = МК.
Значит, AB=AN + NB=AN + NK, AC = AM 4- МС = AM 4- МК,
MN = NK 4- MK.
Отсюда = AN 4- MN 4- AM = AN 4- (NK 4- MK) 4- AM =
= (AN 4- NK) + (AM 4- MK) = (AN 4- NB) 4- (AM 4- MC) = AB 4-
4- AC = 14 (см), отсюда AB = AC = 7 (cm).
12. Ответ: 24.
Решение. Касательные, проведенные из одной точки к одной
окружности, равны. Значит, АР = АК, ВК = ВМ, СМ = СР.
Отсюда Рддвс = АВ + ВС + АС = (АК 4- КВ) 4- (ВМ 4- МС) 4-
4- (СР 4- АР) = (АК 4- ВМ 4- СР) 4- (АР + СМ 4- ВК) = 2(АК 4-
4- ВМ 4- СР) = 2 • 12 = 24 (см).
Система тематического тестирования по геометрии
97
Часть 3
13. Решение. Пусть Q точка касания прямой а и окруж-
ности с центром в точке О. Соединим точки О и Q. Прямая OQ
перпендикулярна прямой а, так как Q — точка касания.
1. Каждая точка прямой OQ является центром окружнос-
ти, касающейся прямой а в точке Q. Пусть точка Oj лежит на
прямой OQ. Проведем окружность с центром в точка Oj ради-
усом, равным O^Q» Так как точка Oj лежит на прямой OQ, а
прямая OQ перпендикулярна прямой а, то окружность с
центром в точке касается прямой а, что следует из опреде-
ления касательной.
2. Если окружность касается прямой а в точке Q, то ее
центр лежит на прямой OQ. Пусть точка О2 — центр окруж-
ности, касающейся прямой а в точке Q, не лежит на прямой OQ,
тогда к прямой а проведены два перпендикуляра OQ и O2Q,
что противоречит теореме о единственности перпендикуляра,
проведенного через данную точку прямой а. Следовательно,
прямые OQ и O2Q совпадают, т. е. точка О2 принадлежит
прямой OQ.
14. Решение. Так как общая хорда двух пересекающихся
окружностей перпендикулярна линии центров и делится точ-
кой пересечения пополам, значит, прямая ОГО2 перпендику-
лярна АВ и проходит через точку С — середину отрезка АВ.
Аналогично, прямая перпендикулярна АВ и проходит
через точку С — середину отрезка АВ. А так как через каж-
дую точку прямой можно провести перпендикулярную ей
прямую и только одну, значит, прямые О^О2 и О^О3 совпада-
ют, т. е. точки О15 О2 и О3 лежат на одной прямой.
15. Решение. Точку А, из которой проведены касательные
к данным окружностям, и точки касания В, С и D соединим
с центрами окружностей О и О1.
Рассмотрим треугольники АВОi и АСО^ ЛАВО1 = ААСОг —
прямые, так как ВО^ и СОг — радиусы, проведенные в точки
касания В и С. ВО} = СО^, как радиусы одной окружности;
АО1 — общая. Следовательно, прямоугольные треугольники
ABOj и АСО1 равны по равным гипотенузе и катету. Значит,
АВ = АС. Аналогично доказывается, что АС = AD. Отсюда АВ =
= АС = AD.
Учебник «Геометрия 7—9» И.Ф. Шарыгина
ТЕСТ 1
Вариант 1
Часть 1
1. О т в е т: 3.
Решение. Сначала определим центр симметрии. Так как
точка А (-1) переходит в точку Aj (3), то по определению
центром симметрии является середина отрезка АА1 — точка Q.
Ее координата равна 1. Следовательно, точка В перейдет в
точку Bi с координатой -2.
2. О т в е т: 3.
Решение. Так как луч I — биссектриса угла (тп), то углы
(ml) и (In) равны. По условию прямая k проведена через вер-
шину угла (тп), значит, Akrn + Атп + Ak2m = 180°. А по-
скольку Akrn = Ak2m = 70°, то Атп = 40°. Значит, каждый
из углов (ml) и (In) равен 20°, так как луч I — биссектриса уг-
ла (тп). Так как луч п проходит между сторонами угла (lkY),
то угол (lk±) равен сумме углов (kxn) и (In), т. е. 90°.
3. О т в е т: 2.
Решение. Значение длины отрезка ВС зависит от располо-
жения точки С.
By А _ Q ~ А В
-2 -1 0 1 2 3 4 х
4. О т в е т: 4.
Решение. Отметим на прямой а две точки А и В. Тогда С? А В Су а
для точки С возможны два положения вправо и влево от точ- • • • •
ки В. Это точки Ci и С2 (рис. а). А теперь проверим, для ка-
кой из двух точек или С2 выполняется условие АС = 14 см. С2 А В а
Рассмотрим точку СР Точка В лежит между точками А и С1? * * *
следовательно, она принадлежит отрезку АСр Тогда по свой-
ству измерения отрезков (если точка В лежит между точками А и С, то длина отрезка рав-
на сумме длин отрезков): АСг= АВ + BCj = 6 см+ 8 см = 14 см, что удовлетворяет условию
АС = 14 см.
Однако необходимо проверить и точку С2. Точка А лежит между точками С2 и В, сле-
довательно, она принадлежит отрезку С2В. Тогда по свойству измерения отрезков: С2В =
= С2А + АВ, отсюда С2А = С2В - АВ = 8 см - 6 см = 2 см, что не удовлетворяет условию
АС = 14 см. Отсюда, точки расположены последовательно А, В и С (рис. б).
Система тематического тестирования по геометрии
99
5. О т в е т: 3.
Решение. Предположим, что прямые АВ и AjBj пересека-
ются в точке О. При симметрии относительно точки О точка
перейдет в точку Np Тогда получится, что через точки N и
проведены две прямые АВ и АрВх, что противоречит пер-
вому основному свойству плоскости (через любые две точки
плоскости можно провести прямую и притом только одну).
Следовательно, прямые АВ и AjBi параллельны.
Часть 2
6. Ответ: 90.
Решение. По условию задачи луч ОС проходит между сто-
ронами угла АОВ, значит ААОС + АВОС = 120°. Кроме того,
ААОС = ЗАВОС. Отсюда ЗАВОС + АВОС = 120°, 4 АВОС =
= 120°, АВОС = 30°. Следовательно, ААОС = 90°.
7. Ответ: 180.
Решение. Рассмотрим вертикальные углы ADOB и ААОС.
Луч OG — биссектриса ADOB. Продолжим луч OG за точку О.
В силу теоремы о вертикальных углах ABOG = AAOF, а
AGOD = AFOC, но ABOG =AGOD, значит, AAOF = AFOC.
Следовательно, луч OF — биссектриса ААОС и лежит на
одной прямой с лучом OG — биссектрисой ADOB. Отсюда
биссектрисы двух пар вертикальных углов образуют развер-
нутый угол, т.е. AGOF = 180°.
8. Ответ: 12.
Решение. По условию задачи AM = ЗМВ = 9 см. Точка М п А М В
лежит между точками А и В, следовательно, она принадле-
жит отрезку АВ. Тогда по свойству измерения отрезков (если точка В лежит между
точками А и С, то длина отрезка равна сумме длин отрезков АВ и ВС): АВ = AM 4- МВ =
= 3 см + 9 см = 12 см.
9. Ответ: 108.
Решение. Два угла, которые получаются при пересечении
двух прямых, либо смежные, либо вертикальные углы. Углы а
и Р не могут быть вертикальными, так как по условию они не q
равны: их разность равна 36°. Значит а и Р — смежные углы.
По свойству смежных углов а + Р = 180°, а по условию задачи
а - р = 36°:
[ (7 — R =
“ » _ icn’o. Аа - 36° + АР; 36° + Z.P + АР = 180°; 2Ар = 144°; АР = 72°.
I (X Г X оХ/ 9
Аа = 36° + Ар = 36° + 72°, Аа = 108°.
100
II. Решения заданий
10. Ответ: 11.
Решение. Отрезок АВ, равный 45 см, разделен на три не-
равных отрезка AC, CD и DB. Пусть О — середина АС; Ог —
середина DB, причем ОО± = 28 см. По условию С € АВ; D 6 АВ, А
значит, по свойству измерения отрезков: АВ = АС + CD + DB.
Так как О 6 АС и О1 € DB, значит, по свойству измерения
отрезков: АВ = АО + ОО^ + ОХВ. По условию АВ = 45 см и 00^ = 28 см, отсюда АО + ВО^ =
= АВ - 00х = 45 см - 28 см = 17 см. По условию АО = ОС и DO± = О]В; тогда АО + ВО^ =
= DO± + СО = 17 см. По условию: С € ООХ; D € 00^, значит, по свойству измерения
отрезков: 00^ = ОС + CD + DO^. Отсюда: CD = 00- (ОС + BOJ =11 см.
11. Ответ: 30.
Решение. РАовох = + OjA + О\В. Так как ради-
усы одной окружности равны, то в четырехугольнике АОВОу
две стороны ОА и ОВ равны 11 см, как радиусы окружности
с центром в точке О, а две другие OtA и О^В равны 4 см, как
радиусы окружности с центром в точке Ор Отсюда, РАОВо =
= 2ОА + 20 ^А = 30 см.
12. Ответ: 47.
Решение. Угол АОВ разделен лучами ОС и OD на три не-
равных угла АОС, COD и DOB, причем ААОС + ACOD +
+ ADOB = 70°. Пусть ОК — биссектриса угла АОС, a OL —
биссектриса угла DOB. Значит, ААОК = АКОС и ADOL =
= ALOB. Значит, ААОК + АКОС 4- ACOD + ADOL + ALOB =
= 70°. По условию ACOD = 24°, отсюда 2ААОК + 24° +
+ 2ADOL = 70°, 2ААОК + 2ADOL = 46°, ААОК + ADOL = 23°.
Следовательно, AKOL = 70° - 23° = 47°.
Часть 3
13. Ответ: 1:7.
Решение. Пусть для определенности сторона АВ равна
7 см, ВС — 13 см и АС — 16 см. Прямая BN делит периметр
в отношении 1 : 3. Обозначим отрезок AN через х. Отсюда
7 ; 21 + Зх = 13 + 16 - х; 4х = 8; х = 2. Следо-
13 + (16-х) 3
вательно, AN = 2 см, a NC = 14 см, т.е. AN : NC =1:7.
14. Ответ: одной.
Решение. Посчитаем, сколько раз надо пересечь кривую
линию, чтобы из точки А попасть в точку В. Четыре раза.
Пусть, для определенности, точка А лежит во внутренней
части листа. Пересекая линию один раз, мы переходим из
внутренней части листа во внешнюю, а пересекая линию два
раза, возвращаемся во внутреннюю часть листа. Значит, если
линию пересечь нечетное число раз, то попадем во внешнюю
часть листа, а если четное число раз, то вернемся в первую во
внутреннюю часть листа. Поскольку вначале мы предполо-
жили, что точка А лежит во внутренней части листа, а линию
пересекли четыре раза, то отсюда следует, точки А и В при-
надлежат одной части листа.
Система тематического тестирования по геометрии
101
15. Ответ: 8.
Анализируем условие задачи. ABC D п
На прямой п от одной точки (точка А) в одном направле- * * * *
нии (все вторые концы отрезков лежат на одном луче, с нача-
лом в точке А) отложены отрезки: АВ, АС и AD.
Решение. Пусть АВ = х, тогда АС = 2х, так как точка В является серединой отрезка АС,
а, следовательно, AD = 4х, так как точка С является серединой отрезка AD. Отсюда
АВ + АС + AD = х 4- 2х + 4х = 28; х = 4 см, АС = 2х = 8 см.
Вариант 2
Часть 1
1. О т в е т: 3.
Решение. Сначала определим центр симметрии. Так как
точка А (3) переходит в точку A j (1), то по определению цент-
ром симметрии является середина отрезка AAi — точка Q. Ее
координата равна 2. Следовательно, точка В перейдет точку Bj
с координатой -2
2. Ответ: 2.
Решение. Пусть луч I — биссектриса угла (тп), тогда уг-
лы (ml) и (In) равны. По условию прямая k перпендикулярна
биссектрисе, то есть угол (lkx) равен 90°. Так как луч п про-
ходит между сторонами угла (krn), то угол (lkY) равен сум-
ме углов (kYn) и (In). Угол (lkr) равен 90°, а угол (k^n) равен
65°, значит, угол (In) равен 25°. Следовательно, угол (тп) ра-
вен 50°.
Bi Ai Q А В
-3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 х
3. Ответ: 2.
Решение. Значение угла ВОС зависит от расположения луча ОС.
102
II. Решения заданий
4. Ответ: 3
Решение. Отметим на прямой а две точки А и В. Тогда С2 А В Ci а
для точки С возможны два положения вправо и влево от точ-
ки В. Это точки С] и С2 (рис. а). А теперь проверим, для ка-
кой из двух точек Сх или С2 выполняется условие АС = 3 см. А &а
Рассмотрим точку СР Точка В лежит между точками А и Ср 5)
следовательно, она принадлежит отрезку АСр Тогда по свой-
ству измерения отрезков (если точка В лежит между точками А и С, то длина отрезка рав-
на сумме длин отрезков): АС1= АВ + BCj = 12 см + 15 см = 27 см, что не удовлетворяет
условию АС = 3 см.
Аналогично рассмотрим точку С2. Точка А лежит между точками С2 и В, следователь-
но, она принадлежит отрезку С2В. Тогда по свойству измерения отрезков: С2В = С^А + АВ,
отсюда С2А = С2В - АВ = 15 см + 12 см = 3 см, что удовлетворяет условию АС = 3 см.
Отсюда точки расположены последовательно С, А и В (рис. б).
5. О т в е т: 3.
Решение. Предположим, что прямые ААГ и ВВг пересека-
ются в точке N. Тогда из точки N к прямой а проведены два
перпендикуляра ААг и ВВр что противоречит теореме 2.4
(через любую точку плоскости проходит единственная пря-
мая, перпендикулярная данной прямой). Следовательно,
прямые АА.! и ВВХ параллельны.
Часть 2
6. О т в е т: 31.
Решение. По условию задачи луч ОС проходит между сто-
ронами угла АОВ, значит ААОС + АВОС = 40°. Кроме того,
ААОС = АВОС - 22°. Отсюда АВОС + АВОС - 22° = 40°,
2АВОС = 62°, АВОС = 31°.
7. Ответ: 90.
Решение. Рассмотрим смежные углы ADOB и АВОС, для
которых OG и OF являются биссектрисами. Пусть ABOD = а,
тогда АВОС = 180° - ex, ABOG = lex, ABOF = 1(180° - а) =
= 90° - 1 а. Значит, AGOF = 90°, т.е. прямой.
8. Ответ: 14.
Решение. По условию задачи AM = 2МВ. Точка М лежит
между точками А и В, следовательно, она принадлежит отрез-
ку АВ. Тогда по свойству измерения отрезков (если точка В ле-
жит между точками А и С, то длина отрезка равна сумме длин отрезков): АВ = AM + МВ =
= 2МВ + МВ = ЗМВ = 21 см. Отсюда МВ = 7 см, а AM = 14 см.
Система тематического тестирования по геометрии
103
9. Ответ: 137.
Решение. Углы, которые получаются при пересечении
двух прямых, либо смежные, либо вертикальные. Углы а и 0
не могут быть смежными, так как по условию их сумма рав-
на 86°. Значит, а и Р — вертикальные углы. По свойству вер-
тикальных углов а = Р, а по условию задачи а + Р = 86°. От-
сюда а = Р = 43°, а угол у, смежный с углами а и Р, равен 137°
и является искомым.
10. Ответ: 18.
Решение. Отрезок АВ, равный 25 см, разделен на три не- В
равных отрезка AC, CD и DB. Пусть О — середина АС; Ог — в
середина DB, причем CD = 11 см. По условию: С € АВ; D € АВ, А
значит, по свойству измерения отрезков: АВ = АС + CD + DB.
Так как АВ = 25 см и CD =11 см, то АС + DB = АВ — CD =
= 25 см - 11 см = 14 см. С другой стороны, так как О € АС и Oj € DB, значит, по свойству
измерения отрезков: АС + DB = АО + СО + BOr + DOi. По условию АО = ОС и DOr = О^В;
тогда АС + DB = 2АО + 2ВО^ = 14 см. Отсюда, АО + ВО^ = 7 см. Следовательно, ОО^ = 18 см.
11. Ответ: 24.
Решение. PAqbox = + О1А 01~В. Так как ради-
усы одной окружности равны, то в четырехугольнике AOBOj^
две стороны ОА и ОВ равны, как радиусы окружности с центром
в точке О, а две другие ОрА и О^В, как радиусы окружности
с центром в точке Ог. Но по условию даны окружности с рав-
ными радиусами. Отсюда, РАОео1 = 4ОА = 24 см.
12. Ответ: 24.
Решение. Угол АОВ разделен лучами ОС и OD на три не-
равных угла АОС, COD и DOB, причем АЛОС + ACOD +
+ ADO В = 70°. Пусть ОК — биссектриса угла АОС, a OL — бис-
сектриса угла DOB, АЛОК = АКОС и ADOL = ALOB. Значит,
АЛОК + АКОС + ACOD + ADOL + ALOB = 70°. По условию
AKOL = 47°, отсюда АКОС + ACOD + ALOB = 47°, отсюда
АЛОК + ADOL = 70° - 47° = 23е. Следовательно, ACOD = 24°.
Часть 3
13. Ответ: 22 см.
Решение. Введем обозначения АВ = а, ВС = b, CD = с,
AD = d, MN = х. По условию задачи составим систему урав-
нений:
a+b+c+d= 75,
и + — + х + — = 56,
<2 2
с+£+х+^=63.
2 2
Сложим второе и третье уравнения: a + b + c±d + 2x = 119,
отсюда х = 22.
104
II. Решения заданий
14. Ответ: разным.
Решение. Посчитаем, сколько раз надо пересечь кривую
линию, чтобы из точки А попасть в точку В. Пять раз. Пусть,
для определенности, точка А лежит во внутренней части лис-
та. Пересекая линию один раз, мы переходим из внутренней
части листа во внешнюю, а пересекая линию два раза, воз-
вращаемся во внутреннюю часть листа. Значит, если линию
пересечь нечетное число раз, то попадем во внешнюю часть
листа, а если четное число раз, то вернемся в первую во внут-
реннюю часть листа. Поскольку вначале мы предположили,
что точка А лежит во внутренней части листа, а линию пере:
секли пять раз, то отсюда следует, точки А и В принадлежат
разным частям листа.
15. Ответ: 16.
Анализируем условие задачи:
На прямой и от одной точки (точка А) в одном направле- ABC D п
нии (все вторые концы отрезков лежат на одном луче, с нача- “* * * *
лом в точке А) отложены отрезки: АВ, АС и АВ.
Решение. Пусть АВ = х, тогда АС = 2х, так как точка В является серединой отрезка
АС, а, следовательно, АВ = 4х, так как точка С является серединой отрезка АВ. Отсюда
АВ + АС + АВ = х 4- 2х + 4х = 28; х = 4 см, АВ = 4х = 16 см.
ТЕСТ 2
Вариант 1
Часть 1
1. О т в е т: 3.
Решение. Так как треугольник АВС — равнобедренный, уч
то по определению ВА = ВС. По условию АС = ВА + 3. Следо-
вательно, Рдвс = 2ВА + ВА + 3 = 30 (см). Отсюда ВА = 9 см.
_s. q
2. О т в е т: 2.
Решение. Так как расстояние между центрами окружностей (12 см) меньше суммы
длин радиусов (8 см + 5 см), то окружности пересекаются и имеют две общие точки.
3. О т в е т: 1.
Решение. Так как расстояние от центра окружности до прямой (9 см) равно радиусу
окружности (9 см), то они имеют только одну общую точку, то есть прямая является каса-
тельной к окружности.
4. О т в е т: 2.
Анализируем условие задачи. В условии задачи не определено: медиана проведена к
основанию треугольника или к одной из боковых сторон. Так как треугольник — равно-
бедренный, то не важно к какой. Поэтому возможны два случая расположения медианы
(рис. а и б). Однако в условии задачи дано еще одно условие, позволяющее из двух воз-
можных случаев расположения медианы выделить один. По условию данный треуголь-
ник — равнобедренный, поэтому, если бы медиана была проведена к основанию, то его
периметр делился бы пополам. В условии задачи периметр треугольника делится не на
Система тематического тестирования по геометрии
105
9 12
b । а/2 а/2 а__________
С A N В С
12 9
b ^/2 I д
С A n В С
г)
равные части. Значит, рассматривается случай б). Для случай б) возможны два вари-
анта деления периметра на две части (рис. в и г). Первый, когда сумма основания и
| боковой стороны равны 9 см (рис. в); второй, когда сумма основания и | боковой сто-
роны равны 12 см (рис. г). Следовательно, задача может иметь два решения. Но необхо-
димо проверить, а имеет ли задача вообще решение.
Для случая в). Пусть боковая сторона равна а, тогда а 4- | а = 12 см, а = 8 см, значит
основание треугольника равно 5 см. В силу неравенства треугольника такой треугольник
существует. Аналогично доказывается, что и в случае г) треугольник со сторонами 6 см,
6 см и 9 см существует. Значит, задача имеет два решения.
5. О т в е т: 2.
Решение. По условию ADEA = AFEB, следовательно, ЕА =
= ЕВ и DE = FE и DA = FB. Значит, треугольники DEF и
АЕВ — равнобедренные по определению. Тогда Pdef = DE +
4- EF 4- DF = 2DE 4- 2DA 4- АВ, отсюда DE + DA = ± (Pdef ~
-АВ) = (20 - 2) = 9 (см).ВВ 4- ЕА 4- DA = Pdea> отсюда ЕА =
= ?dea ~ ФЕ D.A) 15 9 6 (см). Следовательно, Рееа
= ЕА + ЕВ + АВ = 2ЕА + АВ = 26 4- 2 = 14 (см).
Часть 2
6. Ответ: 56.
Решение. Так как треугольник АВС — равнобедренный,
то ABAC = АВСА (углы при основании AC), ABAC = Al (вер-
тикальные), следовательно, Al = ABAC = А2 = 56°.
Е
7. О т в е т: 6.
Решение. Из условия, что треугольник — равнобедренный следует, что третья сторона
может быть равна 2 или 6. Проверяем выполнение неравенства треугольника. Треуголь-
ника со сторонами 2, 2 и 6 не существует, а треугольник со сторонами 2, 6 и 6 существует.
Следовательно, третья сторона треугольника равна 6 см.
106
II. Решения заданий
8. О т в е т: 5.
Решение. Треугольники AFE и CFD равны по второму
признаку равенства треугольников, так как /LAFE = ACFD
как вертикальные, AFAE = AFCD — смежные с равными уг-
лами BAD и ВСЕ, AF = FC по условию. Из равенства тре-
угольников AFE и CFD следует равенство углов BDA и ВЕС и
сторон DF = EF. Треугольники BAD и ВСЕ равны по второму
признаку равенства треугольников, так как ABDA = АВЕС
по доказанному выше, BAD = АВСЕ по условию, a AD = ЕС,
так как их длины равны сумме длин равных отрезков. Из ра-
венства этих треугольников следует, что BE = BD. Отсюда
ВС = BD - CD = 9 см - 4 см = 5 см.
9. Ответ: 90.
Решение. По условию CD = AD = BD, следовательно, тре-
угольники ACD и CDB равнобедренные. В равнобедренном
треугольнике ACD: ACAD = AACD = 53°, а в равнобедренном
треугольнике CDB'. ADCB = ACBD = 37°. Значит, АС = AACD +
+ ADCB = 53° + 37° = 90°.
10. Ответ: 21.
Решение. Из неравенства треугольника следует, что длина стороны с должна быть
меньше суммы длин сторон а (10) и b (12), тем самым определяется, что наибольшая дли-
на стороны с равна 21.
11. Ответ: 24.
Решение., Пусть Р — точка касания прямой MN и ок-
ружности, NM = MP + NP. По свойству отрезков касатель-
ных, проведенных к окружности из одной точки, МР = МС,
NP = NB; P^j^ = AM + AN + NM = AM + AN + (MC + NB) =
= (AM + MC) + (AN + NB) = AC + AB = 17 cm; Pabc = AC +
+ AB + BC = 17 + 7 = 24 (cm).
12. Ответ: 40.
Решение. Докажем сначала, что точка А лежит на линии центров.1 Рассмотрим вне-
шнее касание окружностей с центрами в точках Oj и О2. Пусть А — точка касания двух
окружностей с центрами в точках Oj и О2 (рис. а). Предположим, что A £ ОгО2. Соединим
точку А с точками Oj и О2, и проведем через точку А общую касательную ВС. Так как ОгА
и О2А — радиусы, проведенные из центров окружностей к общей касательной ВС, то
OjA ± ВС и ± ВС. Значит, через точку А, принадлежащей прямой ВС проходят две
перпендикулярные прямые О^А и О%А, что противоречит теореме 2.4 (через любую точку
плоскости проходит единственная прямая, перпендикулярная данной прямой). Для внут-
реннего касания доказывается аналогично.
1 В учебнике утверждение: «Точка касания двух окружностей лежит на линии центров» декларируется, но
не доказывается.
Система тематического тестирования по геометрии
107
В треугольнике О1О2^з (рис. б) сторона О^О2 равна сумме радиусов окружностей с
центрами в точках О] и О2 (12 + 7 = 19), так как касание внешнее. Сторона ОХО3 равна
разности радиусов окружностей с центрами в точках Oj и О3 (12 - 5 = 7), так как касание
внутреннее. Отсюда P0io2o3 = OiO2 + OrO3 + О2О3 = 19 + 7 + 14 = 40 (см).
Часть 3
13. Ответ: 55.
Решение. По условию АВ = BD = DC, следовательно, тре-
угольники ABD и BDC равнобедренные. В равнобедренном
треугольнике ABD ABAD = ABDA = 70°. Так как треуголь-
ник BDC — равнобедренный и отрезок DF — его медиана, то
отрезок DF является и биссектрисой треугольника BDC, зна-
чит, ABDF = ACDF = - ABDC. Углы BDC и BDA — смежные,
2
отсюда ABDC = 180° - ABDA = 110°, a AFDC = 55°.
14. Ответ: 40.
Решение. Треугольники ВМС и DMA равны по первому
признаку равенства треугольников, так как ВМ = MD по усло-
вию; AM = МС, поскольку ВМ — медиана; АВМС =
= ADMA, как вертикальные. Из равенства треугольников
следует, что АВСМ = AMAD = 30°.
Треугольник BFA — равнобедренный, так как отрезок АН
является высотой (ВН ± АС, как высота треугольника АВС)
и медианой (по условию HF = ВН). Следовательно, отрезок АН
является и биссектрисой. Отсюда следует, что АВАН = AFAH =
= 70°. AFAH = AMAD + ADAF, значит, ADAF = AFAH -
- AMAD = 70° - 30° = 40°.
Замечание. Равенство углов АВАН = AFAH может быть
доказано и через равенство прямоугольных треугольников
ВАН и FAH.
108
II. Решения заданий
15. Ответ: 5.
Решение. Пусть радиус окружности с центром в точке В
равен х. Радиусы окружностей с центрами в точках А и С соот-
ветственно равны 6 - х и 7 - х. Так как окружности касаются
внешним образом, то сторона АС равна сумме радиусов
окружностей с центрами в точках А и С.
AC = 6 - х + 7 - х = 13 - 2х = 9. Отсюда, 2х = 4, х = 2.
Таким образом, радиус окружности с центром в В равен 2, ра-
диус окружности с центром в точке А — 4, а радиус окруж-
ности с центром в точке С — 5. Радиус окружности с центром
в точке С является наибольшим.
1. О т в е т: 7.
Вариант 2
Часть 1
Решение. Так как треугольник АВС — равнобедренный, то
по определению ВА = ВС. По условию АС = ВА - 1. Следо-
вательно, Рдвс = 2ВА + ВА - 1 = 23 (см). Отсюда ВА = 8 см.
В
2. О т в е т: 1.
Решение. Так как расстояние между центрами двух окружностей равно 7 см, а их
радиусы равны 12 см и 5 см (7 = 12 - 5), то окружности касаются внутренним образом и
имеют одну общую точку.
3. О т в е т: 4.
Решение. Так как расстояние от центра окружности до прямой равно 11 см, а ее ради-
ус равен 10 см, то они не имеют общих точек.
4. О т в е т: 1.
Анализируем условие задачи. В условии задачи не определено, чему равна длина боко-
вой стороны, а чему равна длина основания треугольника. Поэтому возможны два тре-
угольника либо с основанием, равным 8 см (рис. а), либо с основанием, равным 5 см (рис. б).
Значит, третья сторона будет либо 5 см в случае а), либо 8 см в случае б). Заметим, что в
периметрах полученных треугольников две стороны всегда равны: это общая сторона —
медиана треугольника и половина боковой стороны, значит, независимо от случая а) или б)
разность периметров определяется разностью данных сторон 5 см и 8 см. Следовательно,
решение одно.
Система тематического тестирования по геометрии
1Q9
5. О т в е т: 3.
Решение. По условию ADEA = AFEB, значит ЕА = ЕВ и DE =
= FE и DA = FB. Значит, треугольники DEF и АЕВ — равнобед-
ренные по определению. Тогда РВеа = +АВ = 2ЕА + АВ, от-
сюда ЕА = 1 (РВЕА ~ АВ) = 1 (14 - 2) = б (см). PDEA = DE + DA +
Ci Ci
+ ЕА, отсюда DE + DA = РЕЕА - ЕА = 15 - 6 = 19 (см). Следовательно,
pdef = DE + EF + DF = 2DE + 2DA + AB = 2{DE + DA) + AB =
= 2 • 9 + 2 = 20 (cm).
Часть 2
6. Ответ: 56.
Решение. Так как треугольник АВС — равнобедренный, то
ABAC = АВСА (углы при основании), ABAC + Z1 = 180° (смеж-
ные), следовательно, АВСА = ABAC = 180° - Al = 180° - 124° = 56°;
А2 = 56°.
7. О т в е т: 9.
E
Решение. Так как одна из сторон равнобедренного треугольника равна 6, то сумма
двух других сторон равна 18. Из условия, что треугольник равнобедренный следует, его
стороны могут быть равны 6, 6 и 12 или 9, 9 и 6. Проверяем выполнение неравенства тре-
угольника. Треугольника со сторонами 6, б и 12 не существует, а треугольник со сторона-
ми 9, 9 и 6 существует. Следовательно, боковая сторона треугольника равна 9.
8. Ответ: 4.
Решение. Треугольники BAD и ВСЕ равны по второму
признаку равенства треугольников, так как ADBE — общий,
а углы BAD и ВСЕ, и отрезки ВА и ВС равны по условию. Из
равенства треугольников BAD и ВСЕ следует равенство углов
BDA и ВЕС и сторон BD и BE. Треугольники AFE и CFD рав-
ны по второму признаку равенства треугольников, так как
ABDA и АВЕС по доказанному выше, AFAE = AFCD —
смежные с равными углами BAD и ВСЕ, АЕ — CD, так как их
длины равны разности длин равных отрезков. Из равенства
этих треугольников следует, что FA = FC = 4 см.
9. Ответ: 26.
Решение. По условию CD = AD = BD, следовательно, тре-
угольники ACD и CDB равнобедренные. В равнобедренном
треугольнике ACD: ACAD = AACD = 64°. Значит, ADCB =
== ААСВ - AACD 90° - 64 = 26°. В равнобедренном треуголь-
нике CDB'. ADCB = ACBD = 26°.
10. Ответ: 3.,
Решение. Из неравенства треугольника следует, что сумма длин сторон а (10) и с
должны быть больше длины стороны b (12), тем самым, определяется, что наименьшая
длина стороны с равна 3.
110
II. Решения заданий
11. Ответ: 20.
Решение. Точка G — середина основания АС равнобедрен-
ного треугольника АВС, так как центр вписанной окружности
лежит на биссектрисе, проведенной к основанию. А посколь-
ку в равнобедренном треугольнике биссектриса угла при вер-
шине является и медианой, то AG = GC. По свойству отрезков
касательных, проведенных к окружности из одной точки, FC =
= CG = 3 см. Следовательно, АС = 6 см. ВС = BF + FC = 7 см.
Так как треугольник АВС — равнобедренный, то АВ = ВС;
Рлвс = АВ + ВС + АС = 20 (см).
12. Ответ: 30 см.
Решение. Докажем сначала, что точка касания двух окружностей А лежит на линии
центров.1 Пусть А — точка касания двух окружностей с центрами в точках Oj и О3 (рис.
а). Рассмотрим внутреннее касание окружностей с центрами в точках и О3. Предполо-
жим, что А £ O1O3. Соединим точку А с точками Oj и О3, и проведем через точку А общую
касательную ВС (рис. а). Так как OjA и О3А — радиусы, проведенные из центров окруж-
ностей к общей касательной ВС, то ОГА ± ВС и О^А ± ВС. Значит, через точку А, принад-
лежащей прямой ВС, проходят две перпендикулярные прямые ОГА и О3А, что проти-
воречит теореме 2.4 (через любую точку плоскости проходит единственная прямая,
перпендикулярная данной прямой). Аналогично доказывается и для случае внешнего
касания.
В треугольнике ОгО2О3 (рис. б) сторона OiO2 равна сумме радиусов окружностей с
центрами в точках О1 и О2 (6 + 8 = 14), так как касание внешнее, сторона O1O3 равна раз-
ности радиусов окружностей с центрами в точках Oj и О3 (15 - 6 = 9), так как касание
внутреннее, сторона O1O3 так же равна разности радиусов окружностей с центрами в точках
О2 и О3 (15 - 8 = 7), так как касание внутреннее. Отсюда Р = O1O2 + О1О3 + ^2^3 =14 +
+ 9 + 7 = 30 (см).
1 В учебнике утверждение: «Точка касания двух окружностей лежит на линии центров» декларируется, но
не доказывается.
Система тематического тестирования по геометрии
111
Часть 3
13. Ответ: 50°.
Решение. По условию АВ = BD = DC, следовательно, тре-
угольники ABD и BDC равнобедренные. Так как треугольник
BDC — равнобедренный и отрезок DF — его медиана, то
отрезок DF является и биссектрисой треугольника BDC, зна-
чит, ACDF = ABDC = 65° и ABDC = 130°. Углы BDC и BDA —
смежные, отсюда AADB = 180° - ABDC = 50°. В равнобедрен-
ном треугольнике ABD: ABAD = ABDA = 50°.
14. Ответ: 40°.
Решение. Треугольники ВМС и DMA равны по первому
признаку равенства треугольников, так как ВМ = MD по усло-
вию; AM = МС, поскольку ВМ — медиана; АВМС = ADMA
как вертикальные. Из равенства треугольников следует, что
АВСМ = AMAD = 20°.
Треугольники ВАН и FAH — прямоугольные, так как
ВН ± АС, как высота треугольника АВС. По условию HF = ВН,
катет АН — общий, следовательно, треугольники ВАН и FAH
равны по двум катетам. Из равенства треугольников следует,
что АВАН = AFAH = 45°.
AFAH = AMAD + ADAF, значит, ADAF = AFAH - AMAD = 45° - 20° = 25°.
Замечание. Равенство углов АВАН = AFAH может быть доказано и с использованием
признака и свойств равнобедренного треугольника.
15. Ответ: 8.
Решение. Пусть радиус окружности с центром в точке А равен х, ра-
диус окружности с центром в точке В равен у, радиус окружности с
центром в точке С равен г, радиус окружности с центром в точке D ра-
вен v. Тогда
АВ = х + у, CD = z + и,
ВС = у + 2, AD = v + х.
Отсюда АВ + CD = х + у + г + ии ВС + AD = х + у + г + и, т. е. сумма
противоположных сторон четырехугольника ABCD равна сумме ра-
диусов всех четырех окружностей АВ + CD = ВС + AD. Значит, 6 + 9 =
= 7 + AD, AD = 8.
Тесты
Мищенко Татьяна Михайловна
ТЕМАТИЧЕСКИЕ ТЕСТЫ
ПО ГЕОМЕТРИИ
Учебное пособие к учебникам
Л.С. Атанасяна и др. «Геометрия. 7-9 классы»,
А.В. Погорелова «Геометрия. 7-9 классы»,
И.Ф. Шарыгина «Геометрия. 7-9 классы»
7 класс
Редакция «Образовательные проекты»
Ответственный редактор Г. Н. Хромова
Технический редактор А. Л. Шелудченко
Корректор И. Н. Мокина
Оригинал-макет подготовлен ООО «Бета-Фрейм»
Обложка дизайн-студии «Дикобраз»
Общероссийский классификатор продукции ОК-005-93, том 2;
953005 — литература учебная
Санитарно-эпидемиологическое заключение
№ 77.99.60.953.Д.001683.02.10 от 05.02.2010 г.
ООО «Издательство Астрель»
129085, Москва, пр-д Ольминского, д. За
ООО «Издательство АСТ»
141100, РФ, Московская обл., г. Щелково, ул. Заречная, д. 96
Наши электронные адреса: www.ast.ru. E-mail: astpub@aha.ru
Издано при участии ООО «Харвест». ЛИ № 02330/0494377 от 16.03.2009.
Республика Беларусь, 220013, Минск, ул. Кульман, д. 1, корп. 3, эт. 4, к. 42.
E-mail редакции: harvest@anitex.by
Республиканское унитарное предприятие «Издательство «Белорусский Дом печати».
ЛП № 02330/0494179 от 03.04.2009. Пр. Независимости, 79, 220013, Минск.
По вопросам приобретения книг обращаться по адресу:
129085, Москва, Звездный бульвар, д. 21, 7-й этаж
Отдел реализации учебной литературы издательской группы «АСТ»
Справки по тел.: (495)615-53-10, 232-17-04