Алгебра
Английский
Биология
География
Геометрия
Русский
История
Обществознание
Физика
Химия
Информатика
Литература
МатематикаГДЗ по геометрии 7 класс Атанасян ФГОС Задание 853
Задание 853
\[\boxed{\mathbf{853.ОК\ ГДЗ - домашка\ на}\ 5}\]
\[Рисунок\ по\ условию\ задачи:\]
\[\mathbf{Дано:}\]
\[\angle AOB;MP\bot OA;\]
\[MQ\bot OB;PR\bot OB;\]
\[QS\bot OA.\]
\[\mathbf{Доказать:}\]
\[PS\bot OM.\]
\[\mathbf{Доказательство.}\]
\[1)\ Отметим\ точки\ пересечения\ \]
\[D = OA \cap QM;\ \]
\[E = AB \cap PM;\ C = RS \cap OM.\]
\[2)\ \mathrm{\Delta}OPE\sim\mathrm{\Delta}OQD - по\ двум\ \]
\[углам:\]
\[\angle OPE = \angle OQD = 90^{0};\text{\ \ }\]
\[\angle AOB - общий;\]
\[Значит:\ \]
\[\frac{\text{OP}}{\text{OQ}} = \frac{\text{PE}}{\text{QD}} = \frac{\text{OE}}{\text{OD}}.\]
\[3)\ Аналогично:\ \mathrm{\Delta}OSQ\sim\mathrm{\Delta}ORP;\ \ \]
\[\frac{\text{OS}}{\text{OR}} = \frac{\text{SQ}}{\text{RP}} = \frac{\text{OQ}}{\text{OP}}.\]
\[4)\ Отсюда:\]
\[\frac{\text{OP}}{\text{OQ}} = \frac{\text{OE}}{\text{OD}} = \frac{\text{OR}}{\text{OS}};\ \frac{\text{OE}}{\text{OR}} = \frac{\text{OD}}{\text{OS}}\ \text{.\ }\]
\[Следовательно,\ по\ 3\ признаку\ \]
\[подобия:\]
\[\mathrm{\Delta}OSR\sim\mathrm{\Delta}ODE;\ SR \parallel DE.\]
\[5)\ Отметим\ точку\ \]
\[F = OM \cap DE.\]
\[Пусть\ \angle AOB = \alpha,\ \angle AOM = \beta.\text{\ \ }\]
\[\mathrm{\Delta}OPM:\ \angle OMP = 90^{0} - \beta;\]
\[\ \mathrm{\Delta}PDM:\ \angle PMD = \alpha.\]
\[\ Значит,\ в\ \mathrm{\Delta}DMF:\]
\[\angle DMF =\]
\[= 180^{0} - \left( 90^{0} - \beta + \alpha \right) =\]
\[= 90{^\circ} - \alpha + \beta.\]
\[6)\ В\ четырехугольнике\ OPMQ:\]
\[\angle\text{PMQ} = \angle\text{DVE} = 180^{0} - \alpha;\ \]
\[\angle EMF = \angle DME - \angle DMF =\]
\[= \left( 180^{0} - \alpha \right) - (90^{0} - \alpha + \beta =\]
\(= 90^{0} - \beta;\)
\[\angle QED = 90^{0} - \alpha + \beta.\]
\[7)\ \mathrm{\Delta}QDE\sim\mathrm{\Delta}FDM - по\ двум\ \]
\[углам:\text{\ \ }\]
\[\angle D - общий;\ \]
\[\angle DMF = \angle QED = 90^{0} - \alpha + \beta.\]
\[Отсюда:\ \ \]
\[\angle DFM = \angle DQE = 90^{0};\]
\[DE\bot OM;\]
\[RS\bot OM.\]
\[Что\ и\ требовалось\ доказать.\]
\[\boxed{\mathbf{853.еуроки - ответы\ на\ пятёрку}}\]
\[\mathbf{Дано:}\]
\[\angle KOM = 60{^\circ};\]
\[AK\bot KO;\ \ AK = a;\]
\[AM\bot OM;\ \ AM = b.\]
\[\mathbf{Найти:}\]
\[AO - ?\]
\[\mathbf{Решение.}\]
\[1)\ Сумма\ противоположных\ \]
\[углов\ четырехугольника\ \]
\[\text{OKAM\ } = 180{^\circ}.\]
\[\angle K + \angle M = 2 \bullet 90{^\circ} = 180{^\circ}.\]
\[Следовательно,\ в\ него\ можно\ \]
\[вписать\ окружность\ \]
\[диаметром = AO.\]
\[2)\ Пусть\ CO = CA = CK =\]
\[= CM = R.\]
\[3)\ \angle KCM = 2 \bullet 60{^\circ} = 120{^\circ} -\]
\[в\ 2\ раза\ больше\ угла\ \text{KOM.}\ \]
\[4)\ \mathrm{\Delta}KCM - равнобедренный;\ \]
\[основание\ \text{KM.}\]
\[5)\ Проведем\ CH -\]
\[в\ равнобедренном\ \]
\[треугольнике:\]
\[биссектриса,\ высота\ и\ медиана.\]
\[6)\ Рассмотрим\ \mathrm{\Delta}KCH:\ \]
\[\angle KHC = 90{^\circ};\ \ \]
\[\angle KCH = 60{^\circ};\ \ \]
\[CK = R.\ \]
\[Значит:\]
\[KH = CK \bullet sin60{^\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2}R;\ \ \]
\[KM = 2KH = R\sqrt{3}.\]
\[7)\ Сумма\ углов\ \]
\[четырехугольника\ равна\ 360{^\circ}:\ \]
\[\angle KAM = 360 - 2 \bullet 90 - 60 =\]
\[= 120{^\circ}.\]
\[8)\ Рассмотрим\ \mathrm{\Delta}KAM:\]
\[\angle KAM = 120{^\circ};\ \ \]
\[AK = a;\ \ \]
\[AM = b;\ \ \]
\[KM = R\sqrt{3}.\]
\[Используя\ теорему\ косинусов:\]
\[\left( R\sqrt{3} \right)^{2} =\]
\[= a^{2} + b^{2} - 2ab \bullet cos120{^\circ}\]
\[3R^{2} = a^{2} + b^{2} - 2ab \bullet \left( - \frac{1}{2} \right) =\]
\[= a^{2} + b^{2} + ab.\]
\[9)\ R = \sqrt{\frac{a^{2} + b^{2} + ab}{3}}\]
\[AO = 2R = 2\sqrt{\frac{a^{2} + b^{2} + ab}{3}}.\]
\[Ответ:\ \ AO = 2\sqrt{\frac{a^{2} + b^{2} + ab}{3}}.\]
