Алгебра
Английский
Биология
География
Геометрия
История
Русский
Обществознание
Физика
Химия
Информатика
Литература
МатематикаРешебник по геометрии 7 класс Атанасян ФГОС Задание 732
Задание 732
\[\boxed{\mathbf{732.ОК\ ГДЗ - домашка\ на}\ 5}\]
\[Рисунок\ по\ условию\ задачи:\]
\[\mathbf{Дано:}\]
\[\mathrm{\Delta}ABC - прямоугольный;\]
\[\angle C = 90{^\circ};\]
\[M \in AC;\]
\[MH\bot AB;\]
\[H \in AB.\]
\[\mathbf{Доказать:}\]
\[\angle MHC = \angle MBC.\]
\[\mathbf{Доказательство.}\]
\[1)\ Рассмотрим\ \]
\[четырехугольник\ BCMH:\]
\[\angle C = 90{^\circ}\ и\ \]
\[\angle H = 90{^\circ}\ (по\ условию);\]
\[Отсюда:\ \]
\[\angle C + \angle H = \angle B + \angle M = 180{^\circ}.\]
\[2)\ Значит:\ \]
\[вокруг\ четырехугольника\ \]
\[\text{BHMC\ }можно\ описать\ \]
\[окружность.\]
\[3)\ \angle\text{MHC\ }и\ \]
\[\angle MBC - вписанные:\ \]
\[опирающиеся\ на\ одну\ и\ ту\ же\ \]
\[дугу\ \text{MC.}\]
\[Следовательно:\ \]
\[\angle MHC = \angle MBC.\]
\[Что\ и\ требовалось\ доказать.\]
\[\boxed{\mathbf{732.еуроки - ответы\ на\ пятёрку}}\]
\[Рисунок\ по\ условию\ задачи:\]
\[\mathbf{Дано:}\]
\[\mathrm{\Delta}ABC,\ \mathrm{\Delta}A_{1}B_{1}C_{1};\]
\[\frac{\text{AB}}{A_{1}B_{1}} = \frac{\text{AC}}{A_{1}C_{1}} = \frac{\text{AD}}{A_{1}D_{1}};\]
\[AD,\ A_{1}D_{1} - биссектрисы.\]
\[\mathbf{Доказать:}\]
\[\mathrm{\Delta}ABC\sim\mathrm{\Delta}A_{1}B_{1}C_{1}.\]
\[\mathbf{Доказательство.}\]
\[1)\ Пусть\ DE \parallel AB\ и\ D_{1}E_{1} \parallel A_{1}B_{1}:\]
\[\frac{\text{CE}}{\text{EA}} = \frac{\text{CD}}{\text{DB}}\text{\ \ }(задача\ 556);\]
\[AD - биссетриса \Longrightarrow \frac{\text{CD}}{\text{DB}} = \frac{\text{AC}}{\text{AB}}\ \]
\[(задача\ 535).\]
\[Отсюда:\]
\[\frac{\text{CE}}{\text{EA}} = \frac{\text{AC}}{\text{AB}}.\]
\[2)\ Аналогично\ в\ \mathrm{\Delta}A_{1}B_{1}C_{1}:\ \ \ \]
\[\frac{C_{1}E_{1}}{A_{1}E_{1}} = \frac{A_{1}C_{1}}{A_{1}B_{1}}.\]
\[3)\ Из\ условия\ задачи \Longrightarrow\]
\[\Longrightarrow \frac{\text{AB}}{A_{1}B_{1}} = \frac{\text{AC}}{A_{1}C_{1}}:\]
\[\frac{\text{CE}}{\text{EA}} = \frac{C_{1}E_{1}}{A_{1}E_{1}}\]
\[\frac{\text{AC}}{\text{EA}} = \frac{A_{1}C_{1}}{A_{1}E_{1}}.\]
\[4)\ Отсюда:\]
\[\frac{\text{AC}}{A_{1}C_{1}} = \frac{\text{AE}}{A_{1}E_{1}}.\]
\[По\ условию:\]
\[\frac{\text{AC}}{A_{1}C_{1}} = \frac{\text{AD}}{A_{1}D_{1}} \Longrightarrow \frac{\text{AE}}{A_{1}E_{1}} = \frac{\text{AD}}{A_{1}D_{1}}.\]
\[5)\ Рассмотрим\ \mathrm{\Delta}AED,\ \]
\[где\ DE = EA,\ так\ как:\]
\[\angle 2 = \angle 3\ \]
\[(так\ как\ AD - биссектрисса);\]
\[\angle 1 = \angle 3\ \]
\[(как\ накрестлежащие).\]
\[6)\ Аналогично:\ \]
\[D_{1}E_{1} = E_{1}A_{1}\ и\frac{\text{AE}}{A_{1}E_{1}} = \frac{\text{AD}}{A_{1}D_{1}}.\]
\[Значит:\]
\[\frac{\text{DE}}{D_{1}E_{1}} = \frac{\text{AE}}{A_{1}E_{1}} = \frac{\text{AD}}{A_{1}D_{1}}.\]
\[Остюда:\]
\[\mathrm{\Delta}AED\sim\mathrm{\Delta}A_{1}E_{1}D_{1}\ \]
\[(по\ трем\ сторонам);\]
\[\angle 2 = \angle 4;\]
\[\angle A = \angle A_{1}.\]
\[7)\frac{\text{AB}}{A_{1}B_{1}} = \frac{\text{AC}}{A_{1}C_{1}}\ и\ \angle A = \angle A_{1}:\]
\[\ \mathrm{\Delta}ABC\sim\mathrm{\Delta}A_{1}B_{1}C_{1} - по\ второму\ \]
\[признаку.\]
\[Что\ и\ требовалось\ доказать.\]
