ГДЗ_7 кл_1 том_укр

за новими підручниками

Алгебра Українська мова 7
А. Г. Мерзляк О. В. Заболотний
Алгебра Українська мова 1
О. С. Істер С. Я. Єрмоленко
Алгебра Українська мова том
Н. А. Тарасенкова О. П. Глазова
Алгебра Українська мова
В. Р. Кравчук І. П. Ющук

Геометрія Англійська мова
А. Г. Мерзляк О. Д. Карп’юк
Геометрія (7-й рік навчання)
О. С. Істер Англійська мова
Геометрія А. М. Несвіт
А. П. Єршова (7-й рік навчання)
Геометрія Англійська мова
М. I. Бурда Л. В. Калініна

Хімія Німецька мова
П. П. Попель І. С. Сотникова
Хімія (3-й рік навчання)
О. Г. Ярошенко Німецька мова
Хімія І. С. Сотникова
О. В. Григорович (7-й рік навчання)
Хімія Німецька мова
Г. А. Лашевська М. М. Сидоренко
(3-й рік навчання)
Фізика
В. Г. Бар'яхтар Біологія
Фізика Л. І. Остапченко
В. Д. Сиротюк
Інформатика
Й. Я.Ривкінд
Інформатика
Н. В. Морзе



ÁÁÊ ÿ721 Óêð
С89

Íàçâà «Ãîòîâ³ äîìàøí³ çàâäàííÿ»
º çàðåºñòðîâàíîþ торговою ìàðêîþ

Ñâ³äîöòâî íà çíàê äëÿ òîâàð³â
³ ïîñëóã ¹ 32091 â³ä 29.09.2010

Назва «ГДЗ»
є зареєстрованою торговою маркою
Свідоцтво на знак для товарів і послуг № 154435 від 10.04.2012

Усі права на торгові марки в Україні: «ГДЗ», «GDZ»,
«Готові домашні завдання», «Готові домашні роботи»,
«Готовые домашние задания», «Готовые домашние работы»

належать приватній особі Шапіро М.В.

Охороняється Законом України про авторське право.
Передрукування даного посібника або будь-якої його частини

забороняється без письмового дозволу видавництва.
Будь-які спроби порушення закону переслідуватимуться

у судовому порядку.

С89 СУПЕР ГДЗ. Гîòîâ³ äîìàøí³ çàâäàííÿ. 7 êëàñ. Ðîçâ’ÿçàííÿ
âïðàâ òà çàâäàíü äî вñ³õ øê³ëüíèõ ï³äðó÷­íèê³â. Кн. 1. — Х.:
ÒÎÐÑIÍÃ ÏËÞÑ, 2015. — 736 ñ.

ISBN 978-617-03-0784-2.

ßê³ñíà ³ íàéïîâí³øà çá³ðêà äëÿ áàòüê³â! Ïîñ³áíèê ì³ñòèòü ðозв’язання
âïðàâ ³ çàâäàíü äî всіх ï³ä­ðó÷­íèê³â, ðåêîìåíäîâàíèõ ̳í³ñ­òåðñòâîì îñâ³òè
³ íàóêè Óêðà¿íè. Вèäàííя містить розв’язання завдань ç òàêèõ ïðåäìåò³â:
алгебра (4 ï³äðó÷íèêи), геометрія (4 ï³äðó÷íèêи), фізика (2 підручники),
хімія (4 підручники), англійська ìîâà (3 підручники), рідна мова (4 підруч-
ники), н³ìåöüêà ìîâà (3 підручники), інформатика (2 підручники), біологія.

Допоможіть дитині — поясніть незрозуміле!

ÁÁÊ ÿ721 Óêð

© Шапіро М. В., торгові марки «ГДЗ»,

«GDZ», «Готові домашні завдання»

«Готовые домашние задания», 2015

ISBN 978-617-03-0784-2 © ПП «Торсінг плюс», макет, 2015

У кожній із книг серії «СУПЕР ГДЗ. Готові домашні
завдання» надані розв’язання всіх домашн­ іх завдань
і самостійних робіт за всіма підручниками з усіх пред-
метів.

Книжка призначена, в першу чергу, для тих учнів,
які бажають не стільки списувати, скільки мати під
рукою посібник, з яким можна було б звірити влас-
ні розв’язання й результати, а також за його допо-
могою зрозуміти хід розв’язання складних завдань.
Серія «СУПЕР ГДЗ. Готові домашні завдання» стане
у пригоді батькам, які намагаються допомогти дітям,
але встигли вже забути шкільну програму і не мо-
жуть розв’язати задачу без сторонньої допомоги. На-
віть найдосвідченішому вчителеві дане видання може
бути корисним, оскільки різноманітність підходів
до розв’язання задач, що пропонуються в книзі, мож-
на використовувати для того, щоб стимулювати учнів
створювати нові підходи.

Бажаємо успіхів!

ЗМІСТ

Розв’язання вправ та завдань до підручника
«ГЕОМЕТРІЯ» А. Г. Мерзляка, В. Б. Полонського, М. С. Якіра........................ 5

Розв’язання вправ та завдань до підручника
«ГЕОМЕТРІЯ» О. С. Істера......................................................................... 85

Розв’язання вправ та завдань до підручника
«ГЕОМЕТРІЯ» А. П. Єршової, В. В. Голобородько,
О. Ф. Крижановського..............................................................................193

Розв’язання вправ та завдань до підручника
«ГЕОМЕТРІЯ» М. І. Бурди, Н. А. Тарасенкової...........................................277

Розв’язання вправ та завдань до підручника
«ІНФОРМАТИКА» Й. Я. Ривкінда, Т. І. Лисенко, Л. А. Чернікової,
В. В. Шакотько...............................................................................................381

Розв’язання вправ та завдань до підручника
«ІНФОРМАТИКА» Н. В. Морзе, О. В. Барни, В. П. Вембера,
О. Г. Кузьмінської...........................................................................................441

Розв’язання вправ та завдань до підручника
«УКРАЇНСЬКА МОВА» О. В. Заболотного, В. В. Заболотного.......................471

Розв’язання вправ та завдань до підручника
«УКРАЇНСЬКА МОВА» С. Я. Єрмоленко, В. Т. Сичової, М. Г. Жук...............543

Розв’язання вправ та завдань до підручника
«УКРАЇНСЬКА МОВА» О. П. Глазової.......................................................557

Розв’язання вправ та завдань до підручника
«УКРАЇНСЬКА МОВА» І. П. Ющука.........................................................569

Розв’язання вправ та завдань до підручника
«ФІЗИКА» В. Г. Бар’яхтара, С. О. Довгого, Ф. Я. Божинової
Ю. І. Горобець, І. Ю. Ненашева, О. О. Кірюхіної.........................................591

Розв’язання вправ та завдань до підручника
«ФІЗИКА» В. Д. Сиротюк.........................................................................607

Розв’язання вправ та завдань до підручника
«НІМЕЦЬКА МОВА» С. І. Сотникової (3-й рік навчання).............................687

Розв’язання вправ та завдань до підручника
«НІМЕЦЬКА МОВА» С. І. Сотникової, Г. В. Гоголєвої (7-й рік навчання)......701

Розв’язання вправ та завдань до підручника
«НІМЕЦЬКА МОВА» М. М. Сидоренко, О. А. Палій (3-й рік навчання).........723

ГЕОМЕТРІЯ

до підручника
А.Г. Мерзляка,
В.Б. Полонського,
М.С. Якіра

ГЕОМЕТРІЯ (до підручника А.Г. Мерзляка та ін.) § 1. Найпростіші геометричні 2)
фігури та їхні властивості A
1. Точка та прямі
B CD
Практичні завдання

1.

C D 3)
B А
А
E B

2. Прямі ME, MK, EK, EM, KM, KE.

ME K DC

3. Точка C належить прямій a, точка C Вправи

належить прямій b. 8. 1) Прямій a належать точки C, D, E;

ab прямій MK належать точки M, K, E.
2) Прямій a не належать точки B, F, K,
C P; прямій MK не належать точки C, D,
B, F, P.
4. Утворилося три прямих. 3) Прямі a і MK перетинаються в точ-
ці E.
a 4) Точки, які належать прямій a, але не
належать прямій MK: B, P, F.
cb
9. 1) Точки, що належать прямій p: B,
5. B
E, А; точки, які не належать прямій p:
А C, D.
2) Точка A належить прямим m, p, k, AC;
C точка B належить прямим n і p; точка D
D належить прямим k і n, DE; точка E на-
лежить прямим p, EC, BE.
6. Можна отримати три або одну точку 3) Через точку C проходять прямі: n,
CE, CA; через точку B проходять прямі:
перетину. n, p; через точку D проходять прямі: n,
CA, CE; через точку E проходять прямі:
A p, EC, ED.
4) Прямі k і p перетинаються в точці A;
BC А прямі m і k перетинаються в точці A.
б) 5) Три із чотирьох зображених на ри-
6 а) B сунку прямих перетинаються в точці A.
CD
7. 1) 10. Прямі AB і AC рівні, оскільки при

A накладанні вони співпадають.

ACB

11. Серед прямих a, b, c, d кожні дві з

них перетинаються, причому через кож-
ну точку перетину проходять тільки дві

прямі. При цьому утвориться 6 точок в) ГЕОМЕТРІЯ (до підручника А.Г. Мерзляка та ін.)
перетину.
15. Якщо провели п’ять прямих, кожні
ab
c дві з яких перетинаються, то найменша
d кількість точок перетину цих прямих
дорівнює 1; а найбільша кількість точок
12. Шість точок A1, A2, A3, A4, A5, A6 ви- перетину цих прямих дорівнює 10.

значають шість прямих: A1A2; A1A3; A1A4;
A1A5; A1A6; A2A6.

A1

A2 A3 A4 A5 A6

13. Якщо дану пряму a перетинають чо- 16. Можна провести шість прямих і по-

тири прямі, то може утворитися або 1, значити на них 11 точок так, щоб на кож-
або 2, або 3, або 4 точки перетину з даною ній прямій було позначено рівно чотири
прямою. точки.

aa

а) б)

a 17. Якщо на площині проведено три
a
прямі і на першій прямій позначено
в) г) п’ять точок, на другій сім точок, а  на
третій — три точки, то найменша кіль-
кість точок становить 12 (перша і друга,
друга і третя, перша і третя прямі пере-
тинаються: (5 + 7 + 3 – 3 = 12).

14. Якщо провели чотири прямі, кожні

дві з яких перетинаються, то може утво-
ритися 1 або 4, або 6 точок перетину.

а) 18. Можна позначити дев’ять точок 7

б) і провести дев’ять прямих так, щоб на

кожній прямій лежало рівно три позна- 24. 1) AB = CD; 2) AB = CD; 3) AB = CD.
чені точки і через кожну точку проходи- 25. AB = BC.
ло рівно три з проведених прямих.
ГЕОМЕТРІЯ (до підручника А.Г. Мерзляка та ін.) Вправи
Спостерігайте, рисуйте, конструюй-
те, фантазуйте 26. а) AB, BC, AC, BK; б) OT, OR, OP, PT,

19. PR, RT;
в) AD, AC, AE, ED, EC, CD; г) ME, EQ,
2. Відрізок і його довжина MN, MQ, QF, NE, EP, NP.
Практичні завдання
20. Точки C, D, E належать відрізку AB, 27. 1) Якщо одиничний відрізок до-
а точки F, M, K не належать відрізку AB.
рівнює відрізку AB, то AB = 1, CD = 2,
F A C D E B MK
MN = 3, KP = 5, EF = 6, ST = 8.
21. Утворилося три відрізки AB, BC, AC.
2) Якщо одиничний відрізок дорів-
ABC
нює відрізку MN, то AB = 1 , CD = 2 ,
22. Точка C лежить між точками A і B, а 3 3

точка D — між точками B і C. MN = 1, KP = 1 2 , EF = 2, ST = 2 2 .
A C DB 3 3

23. AC = AB + BC. 28. Точка E лежить між точками M і P.

MP = ME + EP.

29. Точка B лежить між точками A і C,

а також між точками A і D.
Якщо B лежить між A і C, то справедли-
ва рівність AC = AB + BC.
Якщо B лежить між A і D, то справедли-
ва рівність AD = AB + BD.

30. 1) Якщо D — внутрішня точка від-

різка ME, то виконується рівність ME =
MD + DE, тоді ME = 1,8 + 2,6 = 4,4 (дм).
Відповідь: 4,4 дм.
2) Якщо D — внутрішня точка відріз-
ка ME, то виконується рівність ME =
= MD  +  DE, тоді MD = ME – DE =
= 42 мм – 1,5 см = 4,2 см – 1,5 см = 2,7 (см).
Відповідь: 2,7 см.

31. 1) Оскільки точка B — внутрішня

точка відрізка AC, то рівність AB + BC =

= AC — правильна.

2) Оскільки точка B — внутрішня точка

відрізка AC, то рівність AC + AB = BC —

неправильна.

32. 1) Оскільки точка K — середина

відрізка MN, то MK = KN і відрізки MK

і KN можна сумістити накладанням.
2) Оскільки точка K — середина відріз-

ка MN, то MK = 1 MN і відрізки MK
2
і MN не можна сумістити накладанням.

8 AB C MK N

33. Оскільки E — середина відрізка 3) Нехай AC = 9x см, тоді BC = 11x см. ГЕОМЕТРІЯ (до підручника А.Г. Мерзляка та ін.)
Оскільки точка C — внутрішня точ-
KN, то KN = 2EN = 2 × 5 = 10 (см), і тоді ка відрізка AB, то маємо: AC + BC =
MK = KN = 10 (см), ME = MK + KE = = AB, або 9x + 11x = 20, звідси 20x = 20;
= 10 + 5 = 15 (см), MN = 2MK = 2 × 10 = x = 20 : 20; x = 1, тоді 9x = 9 × 1 = 9 (см),
= 20 (см). 11x = 11 × 1 = 11 (см). Отже, AC = 9 см,
Відповідь: 10 см, 15 см, 20 см. BC = 11 см.
Відповідь: 9 см і 11 см.
M KEN
35. 1) Нехай CK = x см, тоді KD = x + 4  см.
34. 1) 1-й спосіб.
Оскільки точка K — внутрішня точка
Якби відрізок AC був такий, як відрі- відрізка CD, то маємо: CK + KD = CD або
зок BC, тоді подвоєна довжина відріз- x+x+ 4=28,звідси 2x+ 4 = 28; 2x= 28 – 4;
ка BC дорівнювала б 20 – 5 = 15 (см), 2x = 24; x = 24 : 2; x = 12, тоді x + 4 =
а відрізок BC дорівнював би 15  :  2  = = 12 + 4 = 16. Отже, CK = 12 см, KD = 16 см.
= 7,5 (см), тоді AC = BC + 5 = 7,5 + 5 =
= 12,5 (см). СK D
Відповідь: BC = 7,5 см; AC = 12,5 см.
2-й спосіб. 4 см
Нехай BC = x см, тоді AC = x + 5 (см).
Враховуючи, що точка C — внутрішня 28 см
точка відрізка AB, маємо AC + BC = AB
або x + x + 5 = 20, звідси 2x + 5 = 20; 2x = Відповідь: 12 см і 16 см.
20 – 5; 2x = 15; x = 15 : 2; x = 7,5. Отже, 2) Нехай KD = x см, тоді CK = 6x см.
BC = 7,5 см, AC = 7,5 + 5 = = 12,5 (см). Оскільки точка K — внутрішня точка
Відповідь: BC = 7,5 см; AC = 12,5 см. відрізка CD, то маємо: CK  +  KD  =  CD
або 6x + x = 28, звідси 7x = 28; x = 28 : 7;
A CB x  =  4, тоді 6x = 6 × 4 = 24. Отже,
CK = 24 см, KD = 4 см.
5 см
C KD
20 см
Відповідь: 24 см і 4 см.
2) 1-й спосіб. 3) Нехай CK = 3x см, тоді KD = 4x см.
Якщо відрізок BC прийняти за одинич- Оскільки точка K — внутрішня точка
ний відрізок, то AC = 4BC, тобто відрі- відрізка CD, то маємо CK + KD = CD або
зок AC буде становити чотири одинич- 3x + 4x = 28. Звідси 7x = 28; x = 28 : 7;
них відрізки, а відрізок AB становитиме x = 4, тоді 3x = 3 × 4 = 12, 4x = 4 × 4 = 16.
п’ять одиничних відрізків. Тоді довжи- Отже, CK = 12 см, KD = 16 см.
на одиничного відрізка, тобто довжина
відрізка BC, дорівнює 20  :  5  = 4 (см) і CK D
тоді AC = 4 × 4 = 16 (см).
Відповідь: 16 см і 4 см. Відповідь: 12 см і 16 см. 9
2-й спосіб.
Нехай BC = x см, тоді AC = 4x см. Врахо- 36. За умовою задачі AB = CD. Від лі-
вуючи, що точка C — внутрішня точка
відрізка AB, маємо: AC  +  BC = AB або вої і правої частин рівності віднімемо
x + 4x = 20, звідси 5x = 20; x = 20 : 5; x = BC, тоді одержимо AB – BC = CD – BC,
4. Отже, BC = 4 см, а AC = 4 × 4 = 16 (см). звідси AC = BD (оскільки AB – BC = AC,
Відповідь: 16 см і 4 см. CD – BC = BD). Що і треба було довести.

A CB 37. За умовою задачі ME = FN. До лівої

і правої частин рівності додамо EF, тоді
одержимо ME + EF = FN + EF, звідси
MF = EN (оскільки ME + EF = MF,
FN + EF = EN), що і треба було довести.

38. Нехай AB = a, K — середина відрізка AC (тобто AK = KC), N — середина відрізка
1 1 1 1 1 a
BC (тобто CN = NB). Тоді KN = KC + CN = 2 AC + 2 BC = 2 ( AC + BC) = 2 AB = 2 ⋅ a = 2 .

ГЕОМЕТРІЯ (до підручника А.Г. Мерзляка та ін.) A K C NB

Відповідь: a .
2
39. 1-й випадок (точка A лежить між точками B і C), тоді BC = AB + AC = 24 см +
32 см = 56 см.

C AB

2-й випадок (точка B лежить між точками A і C), тоді BC = AC – AB = 32 см – 24 см =

= 8 см.

A BC

Відповідь: 8 см або 56 см.

40. 1-й випадок (точка A лежить між точками B і C). Нехай M і N — середини відрізків
1 1 1 1 1
AC і AB, тоді MN = AM + AN = 2 AC + 2 AB = 2 ( AC + AB) = 2 (15 + 9) = 2 ⋅ 24 = 12  (см).

CMA N B

2-й випадок (точка C лежить між точками A і B). Нехай M і N — середини відрізків AB

і AC, тоді MN = AM − AN = 1 AB − 1 AC = 1 ( AB − AC) = 1 (15 − 9) = 1 ⋅ 6 = 3  (см).
2 2 2 2 2

A NM C B

Відповідь: 3 см або 12 см. 42. Точка C може лежати на відрізку AB

41. 1) Для будь-якої точки A відрізка EF так, що AC : BC = 1 : 2.

маємо: EA + AF = EF = 12 см. Отже, умову AC B
задовольняють усі точки відрізка EF.

EAF

2) На прямій існує лише дві точки, що Точка C може лежати поза відрізком AB
задовольняють умову задачі: AE + EF = так, що точка A є серединою відрізка
= 1,5 + (12 + 1,5) = 15 (см); BF + BE = BC.
= 1,5 + (12 + 1,5) = 15 (см).
B AC

AE FB

1,5 см 1,5 см 43. Нехай відрізок AB поділений точ-

3) На прямій EF таких точок не існує, ками C і D на три нерівних відрізка AC,
оскільки: якщо точка належить відріз- CD, DB; точки M і N — середини відріз-
ку EF, то сума відстаней від цієї точки ків AC і DB. Тоді за умовою задачі AB
до кінців відрізка дорівнює 12 см; якщо = 32 см, MN = 18 см, звідси AM + NB =
точка лежить поза відрізком EF, то = AB – MN = 32 – 18 = 14 (см), тоді
сума відстаней від цієї точки до кінців AC + DB = 2AM + 2NB = 2(AM + NB) =
відрізка більша 12 см. = 2 × 14 = 28 (см) і CD = AB – (AC + DB) =
= 32 – 28 = 4 (см).
EF

Відповідь: 1) усі точки відрізка EF; AMC DN B
2) лише дві точки; 3) таких точок не існує.
10 Відповідь: 4 см.

44. а) 4 точки; б) 3 точки. 2) Відкладемо від точки A по прямій 3
B відрізки по 11 см і у зворотному напря-
AB мі 4 відрізки по 7 см, тоді AB = 11 × 3 –
A – 7 × 4 = 5 (см).
CD C ГЕОМЕТРІЯ (до підручника А.Г. Мерзляка та ін.)
в) 4 точки; 7 см 7 см 7 см 7 см
г) 3 точки.
AB AB 11 см 11 см
B 11 см

DC CA 48. Із прямокутників 1×1, 1×2 1×3, …,

1×13 складемо прямокутник 13×7.

45. Між точками A і B слід розмістити

дві точки C і D, щоб утворилося шість
відрізків: AB, AC, AD, CD, CB, DB.

AC D B

Відповідь: 2 точки.

46. 1) Відкладемо від точки A на 3. Промінь. Кут.
Вимірювання кутів
прямій відрізок 13 см і у зворотно-
Практичні завдання
му напрямі два відрізки по 5 см, тоді
49. Промені AB і AC — не доповняльні.
AB = 13 – 2 × 5 = 3 (см).
Промінь AN — доповняльний до проме-
5 см 5 см ня AB, а промінь AM — доповняльний
3 см до променя AC. На рисунку зображено
промені AB, AC, AN, AM.
AB
13 см B

2) Відкладемо від точки A на прямій три

відрізки по 5 см і у зворотному напрямі

один відрізок в 13 см, тоді AB = 5 × 3 – 13 =

= 15 – 13 = 2 (см). 13 см

2 см

AB MA C
5 см
5 см 5 см

3) Відкладемо від точки A по прямій два N
відрізки по 13 см і в зворотному напря-
мі 5 відрізків по 5 см, тоді AB = 2 × 13 – 50. Промені AB і BA не є доповняльни-
– 5 × 5 = 1 (см).
ми, оскільки вони не мають спільного
1 см 5 см 5 см 5 см 5 см 5 см початку.

AB 13 см AB
13 см
51. На рисунку зображено кути: MNA,
47. 1) Відкладемо від точки A по прямій
MNC, MNE, ANC, ANE, CNE.
два відрізки по 11 см і у зворотному на- M

прямі два відрізки по 7 см, тоді AB = 11 × A

× 2 – 7 × 2 = 8 (см). C
NE
8 см 7 см 7 см

AB 11 см 11
11 см

52. 61. ∠MOP=∠MOK–∠POK= 172°–85°=

A = 87°.
CD

ГЕОМЕТРІЯ (до підручника А.Г. Мерзляка та ін.) O D MK
B O
53. 1) AB і AC. 2) AB і BA.
B A C AB Відповідь: 87°.

3) AB і BC. BC 62. 1) Ні, кут може бути прямим; 2) ні,
A
кут може бути прямим або гострим;
Вправи 3) так; 4) ні, може бути гострим (15° +
10° = 25°); 5) так; 6) ні, може бути роз-
54. 1) Промені з початком у точці M: горнутим.

MC, MF, MD, ME. 63. ∠COM = ∠BOM – ∠BOC = 90° – 74° =
2) Пари доповняльних променів з почат-
ком у точці K: KA і KB; KE і KM. = 16°;
∠AOC = ∠AOM – ∠COM = 62° – 16° = 46°.
55. Промені, зображені на рисунку: OA, Відповідь: 46°.

OB, OC, OD, MA, MB. 64. ∠FCP = ∠ACP – ∠ACF = 180° – 158° =
Доповняльні промені з початком у точці
O: OA і OB; OC і OD. = 22°;
∠TCF = ∠TCP – ∠FCP = 134° – 22° = 112°.
56. 1) Ні; 2) так; 3) ні; 4) так; 5) так; Відповідь: 112°.

6) так; 7) ні; 8) ні. 65. Нехай ∠FEM = x°, тоді ∠MEC = x° +

57. ∠BAC, ∠BAD, ∠BAE, ∠CAD, ∠CAE, 18°, тоді маємо рівняння:
x + x + 18 = 152 (бо ∠FEM + ∠MEC =
∠DAE. ∠CEF), звідси 2x + 18 = 152; 2x = 152 –
– 18; 2x = 134; x = 134 : 2; x = 67, тоді
58. 1) Бісектрисою кута AOC є промінь x + 18 = 67 + 18 = 85. Отже, ∠FEM = 67°,
∠MEC = 85°.
OB. Бісектрисою кута DOF є промінь OE.
Бісектрисою кута BOF є промінь OD. M
2) Промінь OC є бісектрисою кутів BOD F
і AOE.
EC
59. 1) Кути AOC і BOC можна сумістити Відповідь: 85° і 67°.

накладанням, бо вони рівні. 66. Нехай ∠BAK = x°, тоді ∠DAK = 7x°.
2) Кути AOC і AOB не можна сумістити
накладанням, бо вони не рівні. За умовою ∠DAK + ∠BAK = ∠BAD, тоді
маємо рівняння x + 7x = 72, звідси 8x =
60. 1) ∠ABC = ∠ABD + ∠CBD = 54° + 72; x = 72 : 8; x = 9, тоді 7x = 7 × 9 = 63.
Отже, ∠BAK = 9°, ∠DAK = 63°.
+ 72° = 126°.
D D
K
A

BC AB

Відповідь: 126°. Відповідь: 9° і 63°.
2) ∠CBD = ∠ABC – ∠ABD = 158° – 93° = 65°.
67. 1) Якщо ∠ABC = 1, то ∠MKE = 2,
D ∠STK = 5.
C 1
2
2) Якщо ∠MKE = 1, то ∠ABC = ;

12 B A ∠STK = 2 1 .
Відповідь: 65°. 2

68. Оскільки BC = AB + AC (8 см = 2) За 12 годин годинна стрілка по- ГЕОМЕТРІЯ (до підручника А.Г. Мерзляка та ін.)
вертається на 360°, тоді за 1 годину
= 3,2 см + 4,8 см), то точки A, B, C ле- вона повертається на 360° : 12 = 30°,
жать на одній прямій, причому точка A а за 1 хвилину вона повертається на
лежить між точками B і C. Отже, промені 30° : 60 = 0,5°.
AB і AC є доповняльними. Відповідь: 0,5°.

BA C 76. 1) Якщо стрілки годинника показу-

69. ∠ABE = ∠EBF = ∠FBC = 90° : 3 = 30°. ють 3 год, то вони утворюють прямий кут
1 1 (90°).
∠ABD = 2 ∠ABE = 2 ⋅ 30° = 15° (бо BD — 2) Якщо стрілки годинника показують
6 год, то вони утворюють розгорнутий
бісектриса кута ABE). кут (180°).
3) Якщо стрілки годинника показують 4
∠CBK = 1 ∠CBF = 1 ⋅ 30° = 15° (бо BK — год, то вони утворюють кут 120°.
2 2 4) Якщо стрілки годинника показують
11 год, то вони утворюють кут 30°.
бісектриса кута CBF). 5) Якщо стрілки годинника показують
7 год, то вони утворюють кут 150°.
∠DBK = ∠ABC – ∠ABD – ∠CBK = 90° –
77. 1-й випадок — промінь BC ле-
15° – 15° = 60°.
жить між сторонами кута ABD.
Відповідь: 60°. ∠ABD = ∠ABC + ∠CBD = 30° + 80° = 110°.
2-й випадок — промінь BA лежить
70. Нехай ∠AOC = ∠COD = ∠DOF = 2x°, між сторонами кута CBD. ∠ABD =
= ∠CBD – ∠ABC = 80° – 30° = 50°.
тоді ∠AOB = x°, ∠FOE = x°. За умовою
задачі ∠BOE = ∠AOF – ∠AOB – ∠FOE, D C CA
тоді маємо рівняння 72 = 6x – x – x, звідси
4x = 72; x = 72 : 4; x = 18, тоді 6x = 6 × 18 =
= 108. Отже, ∠AOF = 108°.
Відповідь: 108°.

71. Нехай∠AOB=∠DOC=x°,тоді∠AOC= B AB D

= ∠AOD – ∠DOC = 180° – x°, ∠DOB = Відповідь: 110° або 50°.
∠AOD – ∠AOB = 180° – x°. Отже, ∠ AOC=
= ∠DBO.
Відповідь: так, ∠AOC = ∠DOB.

72. Нехай ∠FOK = ∠MOE = x°, тоді 78. 1-й випадок — промінь ON лежить

∠FOM = ∠FOE – ∠MOE = ∠FOE – x°, між сторонами кута MOK. ∠MOK =
∠KOE = ∠FOE – ∠FOK = ∠FOE – x°. ∠MON + ∠NOK = 120° + 43° = 163°.
Отже, ∠FOM = ∠KOE. 2-й випадок — промінь OK лежить
Відповідь: так, ∠FOM = ∠KOE. між сторонами кута MON. ∠MOK =
= ∠MON – ∠KON = 120° – 43° = 77°.
73. ∠CBK=∠ABC–∠ABK=180°–146°=
N NK
= 34°. ∠CBD = 2∠CBK = 2 × 34° = 68°. K

Відповідь: 68°.

74. ∠CBK = 1 ∠CBD = 1 ⋅ 56° = 28°. OM OM
2 2

∠ABK = ∠ABC – ∠CBK = 180° – 28° =152°. Відповідь: 163° або 77°.

Відповідь: 152°.

75. 1) За 1 годину хвилинна стрілка 79. Нехай∠ABC=90°,BMі BN—бісектри-
1
повертається на 360°, тоді за 1 хвилину си кутів ABD і CBD, тоді ∠MBD = 2 ∠ABD,
хвилинна стрілка повертається на 360° :
: 6 = 6°. ∠DBN = 1 ∠DBC.
Відповідь: 6°. 2
13

∠MBN = ∠MBD + ∠DBN = 1 ∠ABD + 1 ∠DBC = 1 ⋅ (∠ABD + ∠DBC) =
2 2 2
1 1
= 2 ⋅ ∠ABC = 2 ⋅ 90° = 45°.

ГЕОМЕТРІЯ (до підручника А.Г. Мерзляка та ін.) AM

D

N

BC

80. Побудувавши розгорнутий кут ABC C
BOA
та відклавши шаблоном два кути по 70°,
отримаємо ∠ABN = 40°. 83. 1) Відклавши від довільного про-

NM меня OA 19 разів кут в 19°, отримаємо:
19° × 19 = 361°, тоді ∠AOC = 1°.
70°
40° 70° C
A BC
OA
81. 1) Відклавши шаблоном два кути 2) Відклавши від довільного променя OA
103 рази кут в 7°, отримаємо 7° × 103 =
по 40°, отримаємо кут ABD, причому = 721°, тоді ∠AOC = 1°.
∠ABD = 80°.
C
A
OA
C
40° 84. Припустимо, що не існує кута, який

40° D менший від 31°, тоді сума всіх кутів, утво-
B рених шістьма прямими, буде не менша
ніж 31° × 12 = 372°, проте сума всіх ку-
2) Відклавши шаблоном чотири кути тів дорівнює 2 × ∠AOB = 2 × 180°= 360°.
Отже, припущення неправильне. Та-
по 40°, отримаємо кут ABF, причому ким чином, існує кут, менший, ніж 31°.

∠ABF = 160°. B OA

CD Спостерігайте, рисуйте, конструюй-
те, фантазуйте
A 40° 40° K
40° 85. Слід побудувати послідовно відріз-
40°
ки OA, AB, BO, OC.
BF OA

3) Побудувавши розгорнутий кут ABC C
та відклавши шаблоном чотири кути B
по 40°, отримаємо кут ABP, причому
∠ABP = 20°.

ON

P 40° 40° M
40° C
20° 40°
AB

14 82. Відклавши від довільного променя

OA 14 разів кут в 13°, отримаємо кут
AOB, причому ∠BOC = 2°, де OC — про-
мінь доповняльний до променя OA.

§ 4. Суміжні та вертикальні кути 93. 1) Два гострих кута не можуть бути ГЕОМЕТРІЯ (до підручника А.Г. Мерзляка та ін.)

Практичні завдання суміжними, бо їх сума менша 180°.
2) Два тупих кути не можуть бути су-
86. ∠BAC — гострий, ∠OAB — суміж- міжними, бо їх сума більша 180°.
3) Прямий і тупий кути не можуть бути
ний до кута BAC. суміжними, бо їх сума більша 180°.
B 4) Прямий і гострий кути не можуть
бути суміжними, бо їх сума менша 180°.
OA C Відповідь: 1) ні; 2) ні; 3) ні; 4) ні.

∠AOB — прямий, ∠COA — суміжний до 94. Якщо один із суміжних кутів пря-

кута AOB. мий, то суміжний з ним кут теж прямий.
Відповідь: прямий.
A
95. 1) 180° – ∠ABC = 180° – 36° = 144°.
CO B
∠BOC — тупий, ∠AOB — суміжний до 2) 180° – ∠ABC = 180° – 102° = 78°.
кута BOC. Відповідь: 1) 144°; 2) 78°.

B 96. ∠2 = 180° – ∠1 = 180° – 42° = 138° (бо

A OC ∠1 і ∠2 — суміжні); ∠3 = ∠1 = 42° (бо ∠1
і ∠3 — вертикальні); ∠4 = ∠2 = 138° (бо
87. ∠AOC і ∠COB — суміжні. ∠4 і ∠2 — вертикальні).
Відповідь: ∠2 = 138°; ∠3 = 42°; ∠4 = 138°.
A
97. 1) Нехай ∠BOC = x°, тоді ∠AOC =
O
= x° + 70°. Оскільки ∠AOC +∠COB = 180°,
маємо рівняння: x + 70 + x = 180, звідси
2x + 70 = 180; 2x = 180 – 70; 2x = 110;
x = 110 : 2; x = 55, тоді x + 70 = 55 + 70 =
= 125. Отже, ∠BOC = 55°, ∠AOC = 125°.

C

CB AO B

88. а) ∠ABD і ∠CBD; 2) ∠MKP і ∠PKO; Відповідь: 125° і 55°.

∠MKE і ∠EKO; 2) Нехай ∠BOC = x°, тоді ∠AOC = 8x°.
в) ∠FCN і ∠NCE; ∠FCM і MCE; г) ∠ABC
і ∠CBD; ∠ADF і ∠FDE. Оскільки ∠AOC + ∠COB = 180°, то ма-

89. а) Ні; б) так; в) ні. ємо рівняння: 8x + x = 180, звідси 9x =
90. ∠AOC і ∠COB; ∠COB і ∠BOD; ∠BOD
= 180; x = 180 : 9; x = 20, тоді 8x = 8 × 20 =
і ∠DOA; ∠DOA і ∠AOC — суміжні.
∠AOC і ∠BOD; ∠AOD і ∠BOC — верти- = 160. Отже, ∠BOC = 20°, ∠AOC = 160°.
кальні.
Відповідь: 20° і 160°.
91. 1) 24° + 156° = 180°. Можуть.
C
2) 63° + 107° = 170° ≠ 180°. Не можуть.
Відповідь: 1) так; 2) ні. AO B

92. 1) 180° – 29° = 151°; 2) 180° – 84° = 3. Нехай ∠BOC = 2x°, тоді ∠AOC =

96°; 3) 180° – 98° = 82°; 4) 180° – 135° = = 3x°. Оскільки ∠AOC + ∠COB = 180°,
45°.
Відповідь: 1) 151°; 2) 96°; 3) 82°; 4) 45°. то маємо рівняння, 2x + 3x = 180, звід-

си 5x  =  180; x = 180 : 5; x = 36, тоді

2x = 2 × 36 = 72°, 3x = 3 × 36 = 108. Отже, 15

∠BOC = 72°, ∠AOC = 108°.

C 6) Неправильне твердження, бо вони
можуть прямими.
ГЕОМЕТРІЯ (до підручника А.Г. Мерзляка та ін.) AO B
C
Відповідь: 72° і 108°.
AO B
98. 1) Нехай ∠BOC = x°, тоді ∠AOC = 7) Неправильне твердження, бо вони
можуть бути рівними.
17x°. Оскільки ∠AOC + ∠BOC = 180°, 8) Неправильне твердження, бо сума ку-
то маємо рівняння: x + 17x = 180, звідси тів AOB і DCF дорівнює 180°, проте вони
18x = 180; x = 180 : 18; x = 10, тоді 17x = не є суміжними.
= 17  × 10 = 170. Отже, ∠BOC = 10°,
∠AOC = 170°. AD

C

AO B

Відповідь: 10° і 170°. O BC F
2) Нехай ∠BOC = 19x°, тоді ∠AOC =
26x°. Оскільки ∠AOC + ∠BOC = 180°, то 9) Правильне твердження.
маємо рівняння 19x + 26x = 180, звід-
си 45x = 180; x = 180 : 45; x = 4, тоді 10) Правильне твердження.
19x  =  19 × 4 = 76, 26x = 26 × 4 = 104.
Отже, ∠BOC = 76°, ∠AOC = 104°. 11) Правильне твердження.

C 12) Неправильне твердження, бо ∠AOB =

= ∠BOC, проте ∠AOB і ∠BOC — не є вер-

тикальними. B C
A

AO B O
Відповідь: 76° і 104°.
13) Неправильне твердження, бо кути
99. 1) Правильне твердження. AOC і BOC мають спільну сторону OC,
проте вони не є суміжними.
2) Неправильне твердження, бо для
кожного кута, відмінного від розгорну- A
того, можна побудувати два суміжних B
кути. C

A O

A B 100. Два кути, утворені при перетині
O
двох прямих, можуть бути або суміж-
CO BD ними, або вертикальними. Якщо б вони
були суміжними, то їх сума дорівнювала
3) Неправильне, бо якщо кути рівні, то б 180°, але це не так. Тому ці кути є вер-
вони не є обов’язково вертикальними. тикальними.

16 12 101. 1) Нехай ∠1 + ∠2 = 106°. Оскіль-

4) Правильне твердження. ки ∠1 і ∠2 — вертикальні, то ∠1 = ∠2 =
5) Неправильне твердження. =106° : 2 = 53°. Оскільки ∠2 і ∠3 — су-
міжні, то ∠3 = 180° – ∠1 = 180° – 53° =
= 127°. Оскільки ∠3 і ∠4 — вертикальні,
то ∠4 = ∠3 = 127°.

M CN

32

a 14 AO B ГЕОМЕТРІЯ (до підручника А.Г. Мерзляка та ін.)

b Відповідь: 90°.
Відповідь: 53°, 127°, 53°, 127°.
2) Нехай ∠4 + ∠2 + ∠3 = 305°. Оскіль- 106. ∠AOC і ∠DOB — вертикаль-
ки ∠2 і ∠4 — суміжні, то ∠4  +  ∠2  =
180°, тоді ∠3 = 305° – 180°  = ні, OM і ON — бісектриси кутів AOC
= 125°. Оскільки ∠3 і ∠4 — верти- і  BOD. ∠MON = ∠1 + ∠AOD + ∠3 =
кальні, то ∠4  = ∠3 = 125°. Оскільки = ∠1 + ∠2 + ∠BOC = ∠AOC + ∠BOC = 180°.
∠2 і ∠4 — суміжні, то ∠2 = 180° – 125° =
= 55°. Оскільки ∠1 і ∠2 — вертикальні, AD
то ∠1 = ∠2 = 55°.
Відповідь: 55°, 125°, 55°, 125°. 13

102. Нехай ∠3 – ∠2 = 64°, ∠2  =  x°, M2 O4 N

тоді ∠3 = x° + 64°. Враховуючи, що ∠2 CB
і ∠3 — суміжні, то x + x + 64 = 180. Звідси
2x + 64 = 180; 2x = 116; x = 116 : 2; x = 58, Відповідь: 180°.
тоді x + 64 = 58 + 64 = 122. Отже, ∠2 = 58°,
∠3 = 122°. Оскільки ∠1 і ∠2, ∠3 і ∠4 — 107. ∠ABF = 80°, ∠ABD = 30°, BM
вертикальні, то ∠1 = ∠2 = 58°, ∠4 = ∠3 =
=122°. і BN — бісектриси кутів FBC і FBD.
Відповідь: 58°, 122°, 58°, 122°.
∠FBD = ∠ABF – ∠ABD = 80° – 30° = 50°.
103. ∠1 і ∠4, ∠3 і ∠5 — вертикальні,
∠FBN = 1 ∠FBD = 1 ⋅ 50° = 25°.
тоді ∠4 = ∠1, ∠3 = ∠5. 2 2
∠1 + ∠2 + ∠3 = ∠4 + ∠2 + ∠5 = 180°.
∠FBC = 180° – ∠ABF = 180° – 80° = 100°.
2
54 ∠MBF = 1 ∠FBC = 1 ⋅100° = 50°.
2 2

∠MBN = ∠MBF + ∠FBN = 25° + 50° = 75°.

F
MN

D

13

CB A

Відповідь: 180°. Відповідь: 75°.

104. ∠MOC = 180° – ∠BOM – ∠AOC = 108. ∠AOB і ∠BOC — суміжні, BD — бі-

= 180° – 70° – 15° = 95°. сектриса кута AOB, ∠BOC – ∠BOD = 18°.
∠DOK і ∠COM — вертикальні, то Нехай ∠BOD = x°, тоді ∠AOD = x°, ∠BOC =
∠DOK = ∠MOC = 95°. = x° + 18°. Враховуючи, що ∠AOD  +
∠AOM = ∠AOC + ∠COM = 70° + 95° = 165°. +∠DOB + ∠BOC = 180°, маємо рівняння:
∠AOD = ∠AOK + ∠KOD = 15° + 95° = 110°. x + x + x + 18 = 180, звідси 3x + 18 = 180;
Відповідь: 95°, 165°, 110°. 3x = 180 – 18; 3x = 162; x = 162 : 3;
x = 54. Тоді ∠AOB = 2 × 54° = 108°, ∠BOC =

105. ∠AOCі∠BOC—суміжні,OMі ON — = 54° + 18° = 72°.
бісектриси кутів AOC і BOC відповідно. B
D
1 1 1 1
∠MON = ∠MOC + ∠CON = 2 ∠AOC + 2 ∠COB = 2 (∠AOC + ∠COB) = 2 ⋅180° = 90°.

N = 1 ∠AOC + 1 ∠COB = 1 (∠AOC + ∠COB) = 1 ⋅180° = 90°. A O C
2 2 2 2
1 17
B) = 2 ⋅180° = 90°. Відповідь: 72° і 108°.

ГЕОМЕТРІЯ (до підручника А.Г. Мерзляка та ін.) 109. Кути MKE і PKE — суміжні. § 5. Перпендикулярні прямі
Практичні завдання
KF  — бісектриса кута MKE, ∠FKE  – 114. b ^ a.
– ∠PKE = 24°. Нехай ∠PKE = x°, тоді
∠MKF = ∠FKE = x° + 24°. Враховуючи, b
що ∠MKF + ∠FKE + ∠EKP = 180°, маємо M ab
рівняння: x + 24 + x + 24 + x = 180, звідси
3x + 48 = 180; 3x = 180 – 48; 3x = 132; x = a б)
= 132 : 3; x = 44. Тоді ∠PKE = 44°, ∠MKE = а) ab
= 180° – 44° = 136°. M

FE г)

MK P M b

Відповідь: 136° і 44°. a
в)
110. Нехай ∠ACB = x°, тоді з умови
115. b ^ c.
∠MAB + ∠ACB = 180° випливає, що
∠MAB = 180° – ∠ACB = 180° – x°. Оскіль- c K
ки ∠ACB і ∠KCB — суміжні, то ∠KCB = b
=180° – ∠ACB = 180° – x°. Отже, ∠MAB = 116. b ^ d.
= ∠KCB = 180° – x°. M

111. Якщо ∠MBC = ∠BEF, тоді ∠ABE + d

+ ∠BED = ∠MBC + (180° – ∠BEF) = b
= ∠MBC + (180° – ∠MBC) = ∠MBC +
+ 180° – ∠MBC = 180°. 117. 1) a ^ AB, b ^ BK.

112. Якщо два кути мають спільну A
b
сторону і їхня сума дорівнює 180°, то
не обов’язково ці кути будуть суміж- a
ними. ∠AOB і ∠BOC мають спільну сто-
рону OB і ∠AOB + ∠BOC = 120° + 60° =
= 180°, проте ∠AOB і ∠BOC не є суміж-
ними.

C
A

60° B K
60° C

O b
a
Спостерігайте, рисуйте, конструюй- B
те, фантазуйте 2) a ^ AB, b ^ BK.

113. Прямі a і b розбивають фігуру на A

шість частин.

ba B CK

18

118. 1) 2) B + ∠BOK = 50° + (90° – ∠COK) = 140° –
– ∠COK = 140° – 42° = 98°.
C A Відповідь: 98°. ГЕОМЕТРІЯ (до підручника А.Г. Мерзляка та ін.)
BC
A 124. ∠ABF = 360° – ∠FBO – ∠DBO –
D D
– ∠ABD = 360° – 90° – 54° – 90° = 126°.
3) Відповідь: 126°.
AB
125. ∠ABC = 160°, ∠ABK = 90°, ∠MBC =

= 90°.
∠MBK = ∠ABK + ∠MBC – ∠ABC = 90° +
+ 90° – 160° = 20°.

NK

DA

119. 1) 2) B C
Відповідь: 20°.
B

A B 126. ∠ABD = 180° – ∠CBK – ∠KBD =
= 180° – ∠CBK – 90° = 90° – ∠CBK.
AО C ∠FBK = 90° – ∠CBK. Тому ∠ABD = ∠FBK.

D 127. ∠ABD = ∠FBK, ∠DBF = ∠KBC.

Вправи Тому ∠ABF = ∠ABD + ∠DBF = ∠FBK +
+ ∠KBC + ∠FBC. Але ∠ABF + ∠FBC =
120. 1) AB ^ BK; 2) BC ^ DF; 3) BC ^ BK; = 180°; 2∠FBC = 180°, ∠FBC = 90°. Отже,
BF ^ AC.
4) AB ^ FD.

121. 1) Так; 2) так; 3) так; 4) ні; 5) ні. 128. На рисунку ∠ABC = 70°, ∠FBC =
= 90°, ∠ABD = 90°.
122. Нехай OK і OL — бісектриси кутів ∠DBF = ∠FBC – ∠CBD = 90° – ∠CBD =

AOB і BOC, ∠KOL = 90°. ==90129°0∠–°A(–∠O9AC0B,°D+–7∠0°A=BC7)0=°.9∠0A° B–F(9=0°∠–A7B0D°) =
+
∠KOL = ∠KOB + ∠BOL = 1 ∠AOB + 1 ∠BOC
2 2

L = 1 ∠AOB + 1 ∠BOC = 1 ∠AOC, тоді ∠AOC = 2  × ∠DBF = 90° + 70° = 160°.
2 2 2 A

× ∠KOL = 2 × 90° = 180°; отже, точки A,

O, C лежать на одній прямій. 70° C
B B

KL

A OC FD 19

123. 1) ∠MOK = ∠MOC + ∠COK = 130° – Відповідь: 70° і 160°.

– ∠BOK + ∠COK = 130° – (90° – ∠COK) + 129. 1) Побудуємо прямий кут ABC за
+ ∠COK = 130° – 90° + ∠COK + ∠COK =
= 40° + 2∠COK = 40° + 2 × 42° = 124°. допомогою косинця, від сторони BC від-
Відповідь: 124°. кладемо шаблоном п’ять кутів по 17°,
2) ∠MOD = 180° – ∠MOC = 180° – (130° – тоді ∠DBC = 85°, а ∠ABD = 5°.
– ∠BOK) = 180° – 130° + ∠BOK = 50° + 2) Побудуємо прямий кут ABC за до-
помогою косинця, від сторони BC від-
кладемо шаблоном шість кутів по 17°,