Геометрия 7 класс (УМК Атанасян и др. — Просвещение). Урок 39. Решение задач по теме «Параллельные прямые». Подготовка к контрольной работе № 3. Самостоятельная работа № 9 с ответами и подсказками к решению (3 уровня сложности). Геометрия 7 Атанасян Самостоятельная 9.
Геометрия 7 класс. Урок 39.
Самостоятельная работа № 9
Основная дидактическая цель урока: совершенствовать навыки решения задач
Подготовка к самостоятельной работе.
Решение задач: задания и ответы
№ 1. Дано: а||b, ∠2 на 24° меньше ∠1 (рис. 3.136).
Найти: ∠1, ∠2.
Решение: ∠1 = ∠3, ∠2 = ∠4 как вертикальные. Так как а||b, то ∠3 + ∠4 =180°.
∠2 на 24° меньше ∠1, тогда ∠2 = х.
∠1 = х + 24°, тогда х + х + 24° = 180°, х = 78°.
∠2 = 78°, ∠1 = 102°.
Ответ: ∠1 = 102°, ∠2 = 78°.
№ 2. Найти: ∠1, ∠2, ∠3 (рис. 3.137).
Решение: Сумма односторонних углов при прямых а и b и секущей равна 180°, значит, а||b.
Угол, равный 140°, и ∠1 – смежные, значит, ∠1 = 40°.
∠1 = ∠2 как накрест лежащие углы при параллельных прямых а и b и секущей d, значит, ∠2 = 40°.
∠1 + ∠3 = 180°, гак как ∠1 и ∠3 – соответственные при прямых а и b и секущей d, значит, ∠3 = 140°.
Ответ: ∠1 = 40°, ∠2 = 40°, ∠3 = 140°.
№ 3. Дано: ВС||ЕF, ∠C = 90°, ∠KEF = 30° (рис. 3.138).
Найти: ∠KEA.
Решение: ВС||ЕF, тогда ∠C = ∠FEA = 90°.
Так как ∠FEA = 90°, ∠KEF = 30°, то ∠KEA = 60°.
Ответ: КЕА = ∠60°.
№ 4. Дано: АВ||CD, BE – биссектриса ∠DBA, DF – биссектриса ∠CDM (рис. 3.139).
Пересекаются ли прямые DF и BE?
Решение: CD||АВ, поэтому ∠MDC = ∠DBA.
BE – биссектриса ∠DBA, DF – биссектриса ∠CDM, значит, ∠MDF= ∠DBE, поэтому BE||DF, а значит, BE и DF не пересекаются.
№ 5. Дано: AD||ВС, АВ = ВС, ∠ABC = 140° (рис. 3.140).
Найти: ∠ACB.
Решение: ∠ABC = 140°, AD||ВС, значит, ∠BAD = 40°.
ΔАВС – равнобедренный, поэтому ∠BAC = ∠BCA.
∠BCA = ∠CAD, так как ВС||AD, следовательно ∠BAC = ∠CAD = 20°, значит, и ∠ACB = 20° тоже.
Ответ: ∠ACB = 20°.
№ 6. Дано: ∠1 : ∠2 = 3 : 1 (рис. 3.141).
Найти: ∠1, ∠2, ∠3.
Решение: а||b, ∠2 + ∠3 = 180°.
Так как а||b, то ∠3 = ∠1, следовательно, ∠1 + ∠2 = 180°.
∠1 : ∠2 = 3 : 1, значит, ∠1 = 3х, ∠2 = х, тогда 3х + х = 180°, х = 45°.
Тогда ∠1 = 135°, ∠3 = 135°, ∠2 = 45°.
Ответ: ∠1 = ∠3 = 135°, ∠2 = 45°.
№ 7. Отрезки CD и АВ пересекаются в точке О так, что АО = ВО, ∠ACO = ∠BDO.
Докажите, что СО = DO.
Доказательство: Так как ∠ACO = ∠BDO, то АС||BD, значит, ∠CAO = ∠DBO (рис. 3.142). ∠AOC = ∠BOD как вертикальные. ΔАОС = ΔBOD по стороне и прилежащим к ней углам, значит, СО = DO.
№ 8. Дано: АВ||DE, ВС⊥CD, ∠ABC = 30° (рис. 3.143).
Найти: ∠CDE.
Решение: Проведем СК||АВ, так как АВ||DE, то СК||DE. Тогда ∠KCB = ∠CBA = 30°, ∠KCD = ∠CDE. Так как ВС⊥CD, то ∠BCD = 90°, a ∠KCD = 60°, значит, ∠CDE = 60° (рис. 3.144).
Ответ: ∠CDE = 60°.
№ 9. Дано: АВ = АС, АЕ = ЕК, ЕК||АС (рис. 3.145).
Доказать: ВК = КС.
Доказательство: АЕ = ЕК, значит, ΔАЕК – равнобедренный, ∠EAK = ∠EKA. Но ЕК||АС, значит, ∠EKA = ∠KAC и АК – биссектриса равнобедренного ΔАВС (АВ = АС), а значит, и медиана, т. е. ВК= КС.
№ 10. Дано: АВ||DE, DB⊥СЕ, ∠CED = 50° (рис. 3.146).
Найти: ∠ABC.
Решение: Проведем СК||АВ. Далее решение аналогично решению задачи 4.
Ответ: ∠ABC = 50°.
№ 11. Внутри треугольника АВС отмечена точка К. Через нее проведены прямые, параллельные сторонам АВ и ВС и пересекающие стороны АВ и ВС соответственно в точках М и N, причем МК = МА, NK = NC.
Докажите, что К – точка пересечения биссектрис треугольника АВС.
Решение: AM = МК, тогда ΔАМК – равнобедренный и ∠MAK = ∠MKA. МК||АВ, тогда ∠MKA = ∠KAB.
∠MAK= ∠KAB, тогда АК – биссектриса ∠BAC (рис. 3.147).
KN = NC, тогда ΔKNC – равнобедренный и ∠NKC = ∠NCK.
KN||ВС, тогда ∠NKC = ∠KCB, следовательно ∠NCK= ∠KCB.
∠NCK = ∠KCB, тогда СК – биссектриса ∠ACB, а точка К – точка пересечения биссектрис ΔАВС.
Геометрия 7 Атанасян Самостоятельная 9
Самостоятельная работа № 9 (задания)
I уровень сложности (легкий)
II уровень сложности (средний)
III уровень сложности (сложный)
Дополнительные задачи для I и II уровней
Дополнительные задачи для II и III уровней
Геометрия 7 Атанасян Самостоятельная 9
Самостоятельная № 9
Указания к РЕШЕНИЮ и ОТВЕТЫ
С-9. I уровень сложности (задания и ответы)
№ 1. Дано: ∠1 + ∠2 = 88°, а||b.
Найдите все образовавшиеся углы при пересечении прямых а и b и их секущей с (рис. 3.148).
ОТВЕТ: а || b, тогда ∠1 = ∠2 = 44°. Другие углы равны 136° и 44°.
№ 2. Дано: ∠1 + ∠2 = 180°, ∠3 = 48° (рис. 3.149).
Найти: ∠4, ∠5, ∠6.
ОТВЕТ: ∠1 + ∠2 = 180°, тогда а || b, следовательно, ∠3 = ∠5 = 48°, a ∠3 + ∠4 = 180°, тогда ∠4 = ∠6 = 132°.
№ 3. Отрезок DM – биссектриса ΔCDE. Через точку М проведена прямая, параллельная стороне CD и пересекающая сторону DE в точке N.
Найдите углы треугольника DNM, если ∠CDE = 68°.
Решение: DM – биссектриса ∠CDE,
∠CDE = 68°, тогда ∠CDM = ∠MDN = 34°.
CD || MN, тогда ∠DMN = ∠CDM = 34°.
CD || MN, тогда ∠NDC + ∠DNM = 180° (рис. 3.163).
Значит, ∠DNM = 180° – ∠NDC = 112°.
ОТВЕТ: ∠NDM = ∠NMD = 34°, ∠DNM = 112°.
№ 4.* Прямая ЕК является секущей для АВ и CD (Е ∈ АВ, К ∈ CD). ∠AEK = 49°. При каком значении ∠CKE прямые АВ и CD могут быть параллельными?
ОТВЕТ: Возможны два случая (рис. 3.164):
а) ∠AEK = ∠CKE, ∠CKE = 49°, так как АВ || CD.
б) ∠AEK + ∠CKE = 180°, так как АВ || CD, тогда ∠CKE = 131°.
Геометрия 7 Атанасян Самостоятельная 9
С-9. II уровень сложности (задания и ответы)
№ 1. Дано: а||b, с – секущая, ∠1 : ∠2 = 4 : 5.
Найдите все образовавшиеся углы (рис. 3.150).
Решение: ∠1 = ∠3, ∠2 = ∠4 как вертикальные (рис. 3.165).
а || b, тогда ∠3 + ∠4 = 180°, значит, ∠1 + ∠2 = 180°.
∠1 : ∠2 = 4 : 5, тогда ∠1 = 4х, ∠2 = 5х.
4х + 5х = 180°, х = 20°, тогда ∠1 = 80°, ∠2 = 100°.
ОТВЕТ: 4 угла по 80°, 4 угла по 100°.
№ 2. Дано: ∠1 = ∠2, ∠3 на 30° больше ∠4 (рис. 3.151).
Найти: ∠3, ∠4.
Решение: ∠1 = ∠2, тогда а || b, значит, ∠3 + ∠4 = 180°.
∠3 на 30° больше ∠4, тогда ∠4 + 30° + ∠4 = 180°, ∠4 = 75°, ∠3 = 105°.
ОТВЕТ: ∠3 = 105°, ∠4 = 75°.
№ 3. Отрезок AD – биссектриса треугольника АВС. Через точку D проведена прямая, пересекающая сторону АС в точке К, так что DK = АК. Найдите углы треугольника ADK, если ∠BAD = 35°.
Решение: АК = DK, тогда ΔADК – равнобедренный и ∠DAK = ∠ADK, но ∠DAK = ∠BAD (AD – биссектриса ΔВАС), поэтому ∠BAD = ∠ADK = 35°, значит, ВА || DK (рис. 3.166). Так как ВА || DK, то ∠BAK + ∠AKD = 180°, ∠AKD = 110°.
ОТВЕТ: ∠DAK = ∠ADK = 35°, ∠AKD = 110°.
№ 4.* На прямой последовательно отложены отрезки АВ, ВС, CD. Точки Е и Р лежат по разные стороны от этой прямой так, что ∠ABE = ∠PCD = 143°, ∠PBD = 49°, ∠ACE = 48°.
а) Докажите, что BE||PC.
б) Докажите, что прямые РВ и СЕ пересекаются.
Доказательство: a) ∠ABE = ∠KBC как вертикальные.
∠KBC = ∠PCD = 143°, значит ЕВ || PC, так как соответственные углы при прямых BE и PC и секущей AD равны (рис. 3.167).
б) ∠ECB = 48°, ∠CBP = 49°, ∠ECB ≠ ∠CBP, значит, ЕС и ВР не параллельны, т. е. пересекаются.
.
С-9. III уровень сложности (задания и ответы)
№ 1. Дано: а||b, с – секущая, ∠3 меньше суммы углов 1 и 2 на 150° (рис. 3.152).
Найти: ∠1, ∠2, ∠3.
Решение: а || b, тогда ∠1 = ∠2, a ∠2 + ∠3 = 180°, но ∠3 меньше суммы углов 1 и 2 на 150°, тогда ∠3 = 2∠2 – 150°.
∠2 + 2∠2 – 150° = 180°, ∠2 = 110°.
Тогда ∠1 = 110°, ∠2 = 110°, 3 = ∠70°.
ОТВЕТ: ∠1 = ∠2 = 110°, ∠3 = 70°.
№ 2. Дано: ∠1 + ∠2 = 180°, BD – биссектриса ∠ABC, ∠3 + ∠4 + ∠5 = 186° (рис. 3.153).
Найти: ∠1, ∠2, ∠3, ∠4, ∠5.
Решение: ∠1 + ∠2 = 180°, тогда АВ || CD.
BD – биссектриса ∠ABC, тогда ∠3 = ∠4. АВ || CD, значит, ∠3 = ∠5, получаем ∠3 = ∠4 = ∠5.
∠3 + ∠4 + ∠5 = 186°, ∠3 = ∠4 = ∠5 = 62°, ∠ABC = 124°.
∠2 = 124°. ∠1 = 180° – 124° = 56°.
ОТВЕТ: ∠1 = 56°, ∠2 = 124°, ∠3 = ∠4 = ∠5 = 62°.
№ 3. Дано: MN||РК, КЕ – биссектриса ΔPKD, ∠BNM = 78° (рис. 3.154).
а) Найти: ∠BKE.
б) Пересекаются ли прямые AВ и КЕ, если ∠BMN = 51°?
Решение и ОТВЕТ: a) MN || PK, ∠BNM = 78°, тогда ∠BKP= 78°.
∠PKD = 102°. КЕ – биссектриса ∠PKD, тогда ∠PKE – 51°,
∠BKE = ∠BKP + ∠PKE = 78° + 51° = 129°.
6) ∠BMN = 51°, MN || РК, тогда ∠BPK =51°.
∠BPK и ∠PKE –накрест лежащие при прямых АВ и КЕ, и ∠BPK = 51°, ∠PKE = 51°, значит, АВ || КЕ, т. е. прямые АВ и КЕ не пересекаются.
№ 4. В треугольнике ABC ∠A : ∠B : ∠C = 5 : 6 : 7. Через вершину С проведена прямая MN так, что MN||АВ.
Найти: ∠MCD, где CD – биссектриса ∠ACB.
Решение и ОТВЕТ: Возможны два случая (рис. 3.168):
а) MN || А В, тогда ∠B = ∠BCM, ∠A = ∠ACN.
∠A : ∠B : ∠C = 5 : 6 : 7, a ∠BCM + ∠BCA + ∠ACN = 180°, тогда ∠A + ∠B + ∠C = 180° и ∠A = 50°, ∠B = 60°, ∠C = 70°.
CD – биссектриса ∠BCA, тогда ∠BCD = 35°,
∠MCD = ∠MCB + ∠BCD = 60° + 35° = 95°.
б) Если точки M и N переставить местами, то получим ∠MCD = ∠ACD + ∠ACM = 35° + 50° = 85°.
Геометрия 7 Атанасян Самостоятельная 9
Дополнительно для I и II уровней (задания и ответы)
1) Дано: AM = AN, ∠MNC = 117°, ∠ABC = 63° (рис. 3.159).
Доказать: MN||ВС.
Доказательство: ∠MNC = 117°, тогда ∠MNA = 63°.
ΔAMN – равнобедренный (AM = AN), тогда ∠MNA = ∠NMA = 63°.
Получили, что соответственные углы NMA и СВА при прямых MN и ВС и секущей АВ равны, значит, MN || ВС.
2) Дано: AD = DC, DE||АС, ∠1 = 30° (рис. 3.160).
Найти: ∠2, ∠A.
Решение: ΔADC – равнобедренный (AD = DC), значит, ∠DAC = ∠ACD.
DE || AC, тогда ∠DCA = ∠1 = 30°, тогда ∠A = 30°.
∠2 и ∠A – соответственные при параллельных прямых DE и АС и секущей АВ, значит, ∠2 = ∠A = 30°.
ОТВЕТ: ∠2 = ∠A – 30°.
3) Дано: BD||АС, ВС – биссектриса ∠ABD, ∠EAB = 116° (рис. 3.161).
Найти: ∠BCA.
Решение: BD || АС, тогда ∠EAB = ∠ABD = 116°.
ВС – биссектриса ∠ABD, тогда ∠DBC = 58°.
BD || АС, значит, ∠DBC = ∠BCA, тогда ∠BCA = 58°.
ОТВЕТ: ∠BCA = 58°.
4) Дано: ∠1 = ∠2, ∠3 = ∠4, ВМ = МО, NO = NC (рис. 3.162).
Доказать: точки М, О, N лежат на одной прямой.
Доказательство: ΔВМО – равнобедренный (ВМ = МО), ∠MBO = ∠MOB.
Так как ∠1 = ∠2, a ∠1 = ∠MOB, то ∠2 = ∠MOB, значит, МО || ВС.
ΔNOC – равнобедренный (NO = NC), ∠NOC = ∠4, а так как ∠3 = ∠4, то ∠NOC = ∠3, значит, NО || ВС.
Через точку О, не лежащую на прямой ВС, можно провести только одну прямую, параллельную ВС, т. е. ОМ и ON – это одна прямая, а это значит, что точки М, О, N лежат на одной прямой.
Дополнительно для II и III уровней (задания и ответы)
1) Дано: АС||BD, СК||DM, ∠ACK = 48°, ∠CDK в 3 раза больше ∠EDM (рис. 3.155). Найти: ∠KDE.
Решение: Так как АС || BD, СК || DM, то ∠ACK = ∠BDM = 48°.
∠CDK + ∠EDM = 180° – ∠BDM.
∠CDK в 3 раза больше ∠EDM, тогда 3∠EDM + ∠EDM = 180° – 48°,
4∠EDM = 132°, ∠EDM = 33° (рис. 3.169).
Тогда ∠KDE = 48° + 33° = 81°.
ОТВЕТ: ∠KDE = 81°.
2) Дано: АЕ – биссектриса ∠ABC, AD = DE, АЕ = ЕС, ∠ACB =37° (рис. 3.156). Найти: ∠BDE.
Решение: AD = DE, тогда ∠DAE = ∠DEA.
АЕ – биссектриса ΔABC, тогда ∠DAE = ∠EAC,
значит, ∠EAC = ∠DEA, следовательно, DE || AC.
ΔAEC – равнобедренный (АЕ = ЕС), тогда ∠EAC = ∠ACE = 37°,
следовательно, ∠DAC = 74°.
DE II AC, ∠DAC = 74°, тогда ∠BDE = 74°.
ОТВЕТ: ∠BDE = 74°.
3) Дано: AD – биссектриса ∠BAC, АО = OD, МО⊥AD (рис. 3.157).
Доказать: АВ||MD.
Доказательство: ΔAOM = ΔDOM по двум сторонам и углу между ними,
значит, ∠MAO = ∠MDO.
∠MAO = ∠BAO, ∠MAO = ∠MDO,
тогда ∠BAO = ∠MDO, значит, АВ || MD.
4) Дано: АВ = ВС, АО = OD, ВО = ОС (рис. 3.158).
Доказать: BD – биссектриса ∠EBC.
Доказательство: ΔBOD = ΔСOА по двум сторонам и углу между ними,
тогда ∠OCA = ∠OBD, т. е. BD || АС и ∠BAC = ∠EBD.
Но ∠OCA = ∠BAC, так как ΔАВС – равнобедренный (АВ = ВС), тогда ∠BAC = ∠OBD.
∠BAC = ∠EBD, ∠BAC = ∠OBD, значит, ∠EBD = ∠OBD, т. e. BD – биссектриса ∠EBC.
5) На отрезке АВ взята точка С. Через точки А и В проведены по одну сторону от АВ параллельные лучи. На них отложены отрезки AD = АС и BE = ВС. Точка С соединена отрезками прямых с точками D и Е.
Докажите, что DC⊥СЕ.
Доказательство: AD || BE. Проведем от точки С луч СК, параллельный AD, тогда CK || AD || BE, тогда ∠ADC = ∠DCK, ∠KCE = ∠CEB (рис. 3.170).
ΔADC и ΔСВЕ – равнобедренные, поэтому ∠ADC = ∠ACD, ∠BCE = ∠BEC, тогда ∠ACD = ∠DCK, ∠BCE = ∠KCE и ∠ACD + ∠DCK + ∠KCE + ∠BCE = 180°, a ∠DCK + ∠KCE = 90°, т. e. DC ⊥ CE.
Вы смотрели: Геометрия 7 класс (УМК Атанасян и др. — Просвещение). Урок 39. Решение задач по теме «Параллельные прямые». Самостоятельная работа № 9 с ответами и решениями (3 уровня сложности). Геометрия 7 Атанасян Самостоятельная 9. Ориентировано на работу с базовым учебником: «Атанасян Л.С., Бутузов В.Ф. и др. Геометрия. 7—9 классы. Учебник для общеобразовательных организаций. М.: Просвещение».