Алгебра
Английский
Биология
География
Геометрия
Русский
История
Обществознание
Физика
Химия
Информатика
Литература
МатематикаГДЗ по геометрии 7 класс Атанасян ФГОС Задание 866
Задание 866
\[\boxed{\mathbf{866.ОК\ ГДЗ - домашка\ на}\ 5}\]
\[Рисунок\ по\ условию\ задачи:\]
\[Треугольник\ со\ сторонами,\]
\[равными\ медианам,\ в\ самом\]
\[\mathrm{\Delta}\text{ABC.}\]
\[\mathbf{Дано:}\]
\[\mathrm{\Delta}ABC;\]
\[AA_{1},\ BB_{1},\ CC_{1} - медианы;\]
\[\mathrm{\Delta}EFG;\]
\[GE = AA_{1};\]
\[GF = BB_{1} = FE = CC_{1}.\]
\[\mathbf{Доказать:}\]
\[\frac{S_{\text{EFG}}}{S_{\text{ABC}}} = \frac{3}{4}.\]
\[\mathbf{Доказательство.}\]
\[1)\ Для\ построения\ проведем\ \]
\[AD \parallel BB_{1}\ и\ \text{BD} \parallel АС.\ \]
\[По\ построению\ \]
\[четырехугольник\ \text{ADB}B_{1}\ - \ \]
\[параллелограмм:\ \]
\[\ \text{AD}\ = \ BB_{1},\]
\[\text{BD}\ = \ AB_{1} = \frac{1}{2}\ AC = \ A_{1}C_{1}.\ \]
\[Точка\ C_{1}\ делит\ диагональ\ \text{AB\ }\]
\[пополам.\ \]
\[Значит,\ она\ делит\ и\ вторую\ \]
\[диагональ\ B_{1}\text{D\ }пополам:\]
\[C_{1}D = \frac{1}{2}B_{1}D = \frac{1}{2}\text{BC.}\]
\[Четырехугольник\ \text{BD}B_{1}C - \ \]
\[параллелограмм:\]
\[\text{BD} \parallel AC\ и\ \text{BD}\ = \ B_{1}C\ = \frac{1}{2}\text{AC.}\]
\[Четырехугольник\ DC_{1}CA_{1} - \ \]
\[параллелограмм:\]
\[\ DC_{1} \parallel A_{1}C,DC_{1}\ = \ A_{1}C \Longrightarrow\]
\[\Longrightarrow DA_{1} = \ CC_{1}.\]
\[\mathrm{\Delta}ADA_{1} - искомый,\]
\[построенный\ на\ медианах\ \]
\[треугольника\ \text{ABC}:\]
\[\text{AD}\ = \ BB_{1};\]
\[DA_{1} = CC_{1},\ \]
\[2)\ Площадь\ \mathrm{\Delta}ADA_{1}:\]
\[S = S_{AC_{1}D} + S_{AC_{1}A_{1}} + S_{A_{1}C_{1}D} =\]
\[= \frac{1}{2}S_{\text{ABD}} + \frac{1}{2}S_{\text{AB}A_{1}} + S_{A_{1}C_{1}B},\]
\[\mathrm{\Delta}ABD = \mathrm{\Delta}AAB_{1},\ в\ котором\ \]
\[основание\ в\ два\ раза\ \]
\[меньше\ основания\ \mathrm{\Delta}\text{ABC},\ а\ \]
\[высота\ та\ же.\ \]
\[\mathrm{\Delta}ABA_{1}\ также\ имеет\ основание\ \]
\[в\ два\ раза\ меньше,\ чем\ \mathrm{\Delta}ABC,\]
\[\ и\ ту\ же\ высоту.\]
\[У\ \mathrm{\Delta}A_{1}C_{1}B\ в\ два\ раза\ меньше\ \]
\[как\ основание,\ так\ и\ высота.\]
\[3)\ Получаем:\]
\[S =\]
\[= \frac{1}{2}S_{\text{AB}B_{1}} + \frac{1}{2} \bullet \frac{1}{2}S_{\text{ABC}} + \frac{1}{4}S_{\text{ABC}} =\]
\[= \frac{1}{4}S_{\text{ABC}} + \frac{1}{4}S_{\text{ABC}} + \frac{1}{4}S_{\text{ABC}} =\]
\[= \frac{3}{4}S_{\text{ABC}}.\]
\[4)\ По\ построению\ \]
\[\mathrm{\Delta}ADA_{1} = \mathrm{\Delta}EFG - их\ площади\ \]
\[равны:\ \]
\[\frac{S_{\text{EFG}}}{S_{\text{ABC}}} = \frac{S}{S_{\text{ABC}}} = \frac{3}{4}.\]
\[\mathbf{Что\ и\ требовалось\ доказать:}\]
\[\boxed{\mathbf{866.еуроки - ответы\ на\ пятёрку}}\]
\[\mathbf{Дано:}\]
\[\angle AOB;MP\bot OA;\]
\[MQ\bot OB;PR\bot OB;\]
\[QS\bot OA.\]
\[\mathbf{Доказать:}\]
\[PS\bot OM.\]
\[\mathbf{Доказательство.}\]
\[1)\ Отметим\ точки\ \]
\[пересечения\ D = OA \cap QM;\ \]
\[E = AB \cap PM;\ C = RS \cap OM.\]
\[2)\ \mathrm{\Delta}OPE\sim\mathrm{\Delta}OQD - по\ двум\ \]
\[углам:\]
\[\angle OPE = \angle OQD = 90^{0};\text{\ \ }\]
\[\angle AOB - общий;\]
\[Значит:\ \]
\[\frac{\text{OP}}{\text{OQ}} = \frac{\text{PE}}{\text{QD}} = \frac{\text{OE}}{\text{OD}}.\]
\[3)\ Аналогично:\ \mathrm{\Delta}OSQ\sim\mathrm{\Delta}ORP;\ \ \]
\[\frac{\text{OS}}{\text{OR}} = \frac{\text{SQ}}{\text{RP}} = \frac{\text{OQ}}{\text{OP}}.\]
\[4)\ Отсюда:\]
\[\frac{\text{OP}}{\text{OQ}} = \frac{\text{OE}}{\text{OD}} = \frac{\text{OR}}{\text{OS}};\ \frac{\text{OE}}{\text{OR}} = \frac{\text{OD}}{\text{OS}}\ \text{.\ }\]
\[Следовательно,\ по\ 3\ признаку\ \]
\[подобия:\]
\[\mathrm{\Delta}OSR\sim\mathrm{\Delta}ODE;\ SR \parallel DE.\]
\[5)\ Отметим\ точку\ \]
\[F = OM \cap DE.\]
\[Пусть\ \angle AOB = \alpha,\ \angle AOM = \beta.\text{\ \ }\]
\[\mathrm{\Delta}OPM:\ \angle OMP = 90^{0} - \beta;\]
\[\ \mathrm{\Delta}PDM:\ \angle PMD = \alpha.\]
\[\ Значит,\ в\ \mathrm{\Delta}DMF:\]
\[\angle DMF =\]
\[= 180^{0} - \left( 90^{0} - \beta + \alpha \right) =\]
\[= 90{^\circ} - \alpha + \beta.\]
\[6)\ В\ четырехугольнике\ OPMQ:\]
\[\angle\text{PMQ} = \angle\text{DVE} = 180^{0} - \alpha;\ \]
\[\angle EMF = \angle DME - \angle DMF =\]
\[= \left( 180^{0} - \alpha \right) - (90^{0} - \alpha + \beta =\]
\(= 90^{0} - \beta;\)
\[\angle QED = 90^{0} - \alpha + \beta.\]
\[7)\ \mathrm{\Delta}QDE\sim\mathrm{\Delta}FDM - по\ двум\ \]
\[углам:\text{\ \ }\]
\[\angle D - общий;\ \]
\[\angle DMF = \angle QED = 90^{0} - \alpha + \beta.\]
\[Отсюда:\ \ \]
\[\angle DFM = \angle DQE = 90^{0};\]
\[DE\bot OM;\]
\[RS\bot OM.\]
\[Что\ и\ требовалось\ доказать.\]
