Задання суммативного оценивания за 1-четверть по 7 класс вариант-1. даны отрелки ab. точка е, не лежащая на прямой ab, и точка c, лежащая на прямой ab какое вареноерасположение прямой ес и отрезка ав? 2. найдите утлы, образованные при пересечении двух прямых, если один из них равен3. точки m, n и к расположены на одной прямой, причем mn=8см. nk=12см. какой может быть на отрекамк? 4. дан угол аов и точка с, не лежащая в его внутренней области. а) постройте лучcd, который пересекал бы лучи оа и ов. б) постройте развернутый угол сок.с) какие из точек а, в, с лежат во внутренней области тупого угла коа? 5. на рисунке прямые аив перпендикулярны, 21=127. найдите углы 2, 3 и 4.6. на отрезке вс равном 15см, взята тоачка а так, что отрезок ас на 5, 5см больше отрезка ав.найдите отрезок ас7. из точки о проведены лучи оа, ов, 0с так, что прямые оа и ов перпендикулярны, аутот междубиссектрисами углов aob и cob равен 70. найдите величину угла аос, если углы aob и cob меньше 180​

A)По т.Менелая 

(СД:ДА)•(АЕ:ЕК)•(ВК:ВС)=1 

(, откуда получим ВК:ЕК=1, следовательно, ВК=ЕК.  

2)Проверим ∆ АВС по т.Пифагора.

AB² > АС²+ВС² => угол С тупой.

По ф.Герона S(ABC)-√(14•7•6•1)=14√3 

ВD- медиана и делит треугольник на два равных по площади. 

S(BCD)=7√3

По другой формуле 

S (ABC)=AC•BC•sinC:2

14√3=8•7•sinC:2 => sinC=√3/2 => тупой угол С=120° 

(Можно подтвердить по т.косинусов – получим cos C= -1/2)

Из вершины А проведем высоту АН. 

Высота тупоугольного треугольника, проведенная из острого угла, находится вне треугольника и пересекается с продолжением стороны, к которой проведена. 

Угол АСН =180°-120°=60°( смежный углу АСВ)

НС=АС•cos60°=4

AH=AC•sin60°=4√3

Примем ВК=ЕК=х

В ∆ АНК

АК=АЕ+ЕК=7+х

КС=ВС-ВК=7-х

АК²=АН²+КН² =(7+х)²=(4√3)²+(4+7-х)²

49+14х+х²=121-22х+х²+48=>

ВК=х=10/3

СК=7-10/3=11/3 

AK=7+10/3=31/3

Площадь  DЕКС найдем из разности площадей ∆ АСК и ∆ АЕD. 

S(AKC)=AH•CK:2=(4√3•11/3):2=22/√3 => 

sinCAK=22/√3:(8•31/6)=11√3/62 

S(AED)=AD•AE•sinA:2=77√3/31

S(CDEK)= (ед. площади)

Площадь полной поверхности пирамиды (обозначим её МАВСD) состоит из суммы площадей всех граней. Противоположные боковые грани равны по трём сторонам. Так как МО перпендикулярна плоскости основания, а ВD⊥АВ и CD, то ОВ – проекция наклонной МВ. По т.о 3-х перпендикулярах МВ⊥АВ.Диагонали параллелограмма точкой пересечения делятся пополам ⇒. ОВ=1,5.Высота пирамиды МО⊥ОВ.  Из ∆ МОВ по т.Пифагора МВ=√(МО²+ОВ²)=√(4+2,25)=2,5Ѕ(АМВ)=МВ•АВ:2=2,5•4:2=5 м²Ѕ(MCD)=S(AMB) ⇒Ѕ(MCD)+S(AMB)=10 м²Найдём высоту второй пары боковых граней. а) Высота DHпрямоугольного ∆ BDH (в основании) равна произведению катетов, делённому на гипотенузу. DH=DB•DC:BC=3•4:5=2,4 мПроведем ОК⊥ВСВO=ОD ⇒ ОК - средняя линия ∆ВDH и равна половине DH.ОК=1,2 мОК - проекция наклонной МК. ⇒ По т.ТПП отрезок МК⊥ВС и является высотой ∆ ВМСб) Из прямоугольного ∆ МОК по т.Пифагора МК=√(MO²+OK²)=√(4+1,44)=√5,44√5,44=√(544/100)=(2√34):10=0,2√34 S(MBC)=BC•MK:2=0,5•5•0,2√34=0,5√34 м² S(AMD)=S(MBC)⇒ S(AMD)+S(MBC)=2•0,5√34=√34 м²S(ABCD)=DB•AB=3•4=12 м²Площадь полной поверхности MABCD:2•S(AMB)+S(ABCD)+2•S(MBC=10+12+√34=(22+√34)м²