Solutii Teste de Autoevaluare Consolidare Clasa7 Sem1

Matematică. Clasa a VII-a 1

Mate 2000 Consolidare Clasa a VII-a, semestrul I

TESTE DE AUTOEVALUARE

– SOLUŢII –

Test de autoevaluare – p. 24

I. 1. 0,6.

2. 2

3.

3. n ∈ {1, 2, 3, 6}. 4. [–2,302] = –3. 5. {2,310} = 0,31. 6. |–1,72| = 1,72.

II. 1. C. 2. A. 3. B. 4. C. III. 1. x = 2.

2. 430. 3. 10.

4. x ∈ { }7 7,

5 5− .


I. 1. 10

41.

2. 26

5− .

3. 1

216− .

4. 1

5.

5. –2. 6. 2008.

II. 1. C. 2. B. 3. A. 4. D.


III. 1. x = 1

2.

2. 24,5. 3. 1007.

4. 2014

3

4

.


I. 1. 2x + 1 = 0.

2. soluţie.

3. 1

8.

4. { }5 7,

2 2.

5. 3

2.

6. x = –40.

II. 1. B. 2. D. 3. B. 4. B; C. III. 1. –5.

2. –1. 3. 28. 4. x ∈ {–11, 17}.


I. 1. 16, 25, 36, 49, 64, 81.

2. x ∈ {–12, 12}. 3. fals. 4. adevărat. 5. 9. 6. a = 8, b = 1.

II. 1. C. 2. D. 3. A. 4. B. III. 1. N = 195.

2. u(N) = 2, deci N nu este pătrat perfect. 3. 11 dm.

4. N = 10072, de unde N = 1007.



I. 1. 38

9.

2. 4,8.

3. –0,2.

4. 1.

5. a = 1, b = 6.

6. 35

36.

II. 1. A. 2. B. 3. C. 4. D.

III. 1. 2.

2. x = 1, y = 3, respectiv x = 3, y = 1.

3. 44.

4. N = 24.


I. 1. x ∈ { }0, 2 2 .

2. a = –3, b = –2.

3. 0.

4. 2.

5. 0.

6. 5 5 .

II. 1. A. 2. B. 3. C. 4. D.

III. 1. 10 125 cm2.

2. x = 144.

3. 0.

4. Notând cu x, y, z lungimile laturilor triunghiului isoscel ABC, avem situaţiile:

x = y = 3 2 , z = 2 sau x = y = 2 2 , z = 3 2 .



I. 1. 2.

2. 0. 3. 0. 4. 3. 5. 1. 6. x = 1, y = 7 sau x = 7, y = 1.

II. 1. A. 2. B. 3. C. 4. D. III. 1. 1,90 m.

2. x = 2, y = 4. 3. 2. 4. 240.


I. 1. 360°.

2. paralelogram. 3. 24. 4. 110°. 5. congruente. 6. 8 cm.

II. 1. C. 2. A. 3. A. 4. B. III. 1. În ∆AOB, MN linie mijlocie, MN || AB. Analog, QP || CD. Cum AB || CD, ABCD

paralelogram, avem MN || QP. Analog, QM || PN. 2. În ∆ABC, MP linie mijlocie, MQ || AC (1).

Analog în ∆ADC, PN linie mijlocie, PN || AC (2). Din (1) şi (2) rezultă PN || MQ. Analog, PM || NQ, de unde MQNP paralelogram.

3. a) ABCB' paralelogram, de unde AB' || BC (1). Analog, AC'BC paralelogram, adică AC' || BC (2). Din (1) şi (2) rezultă că punctele C', A, B' sunt coliniare.

b) Din a) rezultă AC' = BC = AB', de unde B'C' = 2BC. 4. ∆NAO ≡ ∆MOC (L.U.L.). Avem 'MCO ≡ 'NAO (alterne interne) de unde rezultă

că AN || MC.



I. 1. dreptunghi.

2. congruente. 3. dreptunghi. 4. congruente. 5. 24 cm. 6. 84 cm.

II. 1. A. 2. B. 3. C. 4. D. III. 1. Fie O ∈ BC astfel încât BO ≡ OC. Cum AO este mediană relativă în ∆ABC, avem

AD = BC (D simetricul lui A), de unde ABCD dreptunghi. 2. NMPA dreptunghi. Cum ∆BNM este dreptunghic isoscel, avem BN ≡ MN, iar MP ≡

≡ AN. Imediat MP + MN = AN + NB = AB = constant. 3. ∆AOD echilateral, 'AOD = 60°. Cum DP ⊥ OA, DP este şi mediană, de unde

AP = OP. Imediat AC = 4AP. 4. ∆ADE ≡ ∆BCE (L.U.L.): AD ≡ BC, m('ADE) = m('BCE) = 150°, DE = EC. De

aici rezultă AE ≡ BE.


I. 1. romb.

2. romb. 3. bisectoare. 4. diagonalelor. 5. 6 cm. 6. 70°.

II. 1. A. 2. B. 3. C. 4. D.

III. 1. MD şi DN linii mijlocii în ∆ABD, respectiv ∆ADC. Cum MD || AC şi MD = 2

AC,

iar DN || AB şi DN = 2

AB, avem AMDN paralelogram. Din AB ≡ AC (ipoteză),

avem MD ≡ DN, de unde AMDN romb. 2. ∆AMQ ≡ ∆CNP (L.U.L.). De aici 'PNC ≡ 'AQM şi cum CN || AQ, urmează că

QM || PN (1). Analog, ∆QDP ≡ ∆MBN, de unde MN || QP (2). Din (1) şi (2) rezultă că MNPQ este paralelogram.

3. Fie M, N, P, Q mijloacele laturilor AB, BC, CD, DA. Cum MN este linie mijlocie în ∆ABC, MN || AC, iar PQ este linie mijlocie în ∆ADC, PQ || AC, avem MN || PQ.


În plus, MN = 2

AC. Analog, MQ || PN şi MQ =

2

BD. Avem MNPQ paralelogram

şi cum AC = BD, rezultă că MNPQ este romb. 4. Fie {O} = AC ∩ BD. Cum OD este mediatoare, ∆ADC este isoscel. Analog, pentru

OB mediatoare, ∆ABC este isoscel. În plus, ∆ADC ≡ ∆ABC conduce la ABCD romb.


I. 1. pătrat.

2. pătrat. 3. C. 4. 5 cm. 5. pătrat. 6. 10 cm.

II. 1. A. 2. B. 3. C. 4. D. III. 1. Cum ∆ABE ≡ ∆CBE (L.U.L.), avem AE ≡ EC, deci ∆AEC este isoscel.

Avem m('CAE) = m('ECA) = 67°30', iar m('AEC) = 45°. 2. Se foloseşte faptul că un dreptunghi cu o diagonală bisectoare a unghiului din care

pleacă este pătrat.

3. În ∆QAB, m('QBA) = 115°, iar în ∆CMB, m('CMB) = 75°. Imediat m('MEB) =

= 90°. Analog, m('CFN) = m('DGP) = m('QHA) = 90°. Urmează că EFGH este

dreptunghi. Imediat EF ≡ EQ, de unde EFGH pătrat. 4. Fie M mijlocul lui AB, N mijlocul lui BC, P mijlocul lui CD, Q mijlocul lui AD;

MN, QP, MQ, NP linii mijlocii. Imediat MN || AC || QP şi QM || BD || PN, de unde

MNPQ este paralelogram. Cum BD ⊥ AC, MNPQ devine dreptunghi şi cum MN ≡ QP ≡ NP ≡ QM, rezultă că MNPQ este pătrat.


I. 1. baze.

2. dreptunghic. 3. isoscel. 4. isoscel. 5. linie mijlocie. 6. axă de simetrie.

II. 1. A. 2. B. 3. C. 4. D.


III. 1. MN linie mijlocie, de unde MN || BC, adică MNCB trapez.

2. MN, NP, PQ, QM linii mijlocii. Cum MQ || PN || BD, iar QP || MN || AC, de unde

MNPQ paralelogram. Cum MQ = 2 2

BD AC= = MN, rezultă că MNPQ este romb.

3. Din ∆DNC ≡ ∆ANM (U.L.U.) găsim DN ≡ NM, ceea ce arată că N este mijlocul

segmentului MD.

4. Din interior, PA = PB = PC = PD. Imediat, patrulaterele ADTM şi BCSM sunt

paralelograme. Cum P se află pe mediatoarele segmentelor AB şi CD, avem

AM ≡ MB şi DN ≡ NC, adică AD ≡ BC.


I. 1. 225 cm2.

2. 240 cm2.

3. 625 cm2.

4. 100 cm2.

5. 75 cm2.

6. 150 cm2.

II. 1. D. 2. D. 3. D. 4. D.

III. 1. AG = 2

3AM implică AG = 18, de unde AAGB =

18 18

2 2

BN AG⋅ ⋅= = 162.

2. AABCD = 125 84

2

⋅ = 125 ⋅ 42 = 5250 cm2.

3. Din 2 2 2

x y x y

y

+= =

+ = 10, unde x, y reprezintă cele două dimensiuni ale dreptun-

ghiului, găsim că AABCD = 1400 cm2.

4. Notând în ∆MBC isoscel m(�BMC) = m(�BCM) = x, rezultă m(�MBC) = 180° –

– 2x, de unde m(�DAM) = 2x. Cum ∆ADM isoscel cu AD = AM, obţinem

m(�ADM) = m(�AMD) = 90° – x şi de aici m(�DMC) = 90°. Notând apoi cu

h înălţimea paralelogramului corespunzătoare laturii CD avem AABCD = h ⋅ CD =

= 2 ⋅ ADMC = MC ⋅ MD.



I. 1. 2 (puncte).

2. 4 cm. 3. 18 cm.

4. 2

3.

5. 8

3 cm.

6. centrul de greutate.

II. 1. A. 2. A. 3. A. 4. A.

III. 1. ∆DOC ~ ∆AOB (DC || AB). Atunci CO DO CD

OA OB AB= = . Imediat

2

5

CO

OA= , de unde

2

7

CO

AC= , adică CO = 12 cm. Imediat OA = 30 cm.

2. Fie {O} = AC ∩ BD; ∆AOD ~ ∆OBE (BE || AD). Obţinem AO DO

OE OB= (1).

∆AOF ~ ∆BOC (AF || BC), de unde OC OB

OA OF= (2).

Din (1) şi (2) rezultă OC OD

OE OF= , de unde EF || CD.

3. ∆CDQ ~ ∆CAB (DQ || AB). Obţinem 1

2

DQ CD

AB BC= = (1).

∆DBP ~ ∆BAC (PD || AC), de unde 1

2

DP BD

AC BC= = (2).

Din (1) şi (2) rezultă DQ DP

AB AC= , adică

AB DQ

AC DP= .

4. Cum AB || ED, aplicând teorema lui Thales obţinem BE AD

EF DF= şi

CE AF

DE DF= , de

unde BE CE

EF DE+ = 1.



I. 1. 6 cm şi 8 cm.

2. 12 cm. 3. pătrat. 4. 15 cm. 5. 99 cm. 6. 90°.

II. 1. B. 2. B. 3. B. 4. B.

III. 1. Din ∆MDC ~ ∆MAB găsim 1

3

MD

MA= , de unde ,

2 2

AD BCMD MC= = ;

P∆MDC = 21 cm.

2. Fie {D} = AG ∩ BC. Avem ∆DEG ~ ∆DBA (EG || AB), de unde DE DG

BD DA= .

Obţinem DE = 3 cm. Din ∆DGF ~ ∆DAC (AF || AC) obţinem 1

3

DG DF

DA DC= = , de

unde DF = 3 cm, iar EF = 6 cm.

3. Din ∆MBQ ~ ∆MCD şi ∆MAB ~ ∆MPC găsim că MC b

ABMB

⋅= şi

a MBAB

MC

⋅= .

Imediat AB ab= .

4. Din 2

3

AG

AM= şi

1

3

GM

AM= găsim

AG

GM = 2. Imediat GM = 2, de unde AG = 6.

Urmează că P∆AMC = 6 + 6 + 5 = 17 cm.


I. 1. 30 cm.

2. 15 cm.

3. 8 3 cm.

4. 5 6 cm. 5. 34 cm.

6. 5

3 cm.

II. 1. C. 2. C. 3. C. 4. C. III. 1. 180 cm.

2. 18 cm, 32 cm, 50 cm. 3. A = 24 cm2, P = 24 cm.

4. 24 3 cm.

Solutii Teste de Autoevaluare Consolidare Clasa7 Sem1

Documents

Transcript of Solutii Teste de Autoevaluare Consolidare Clasa7 Sem1