Решебник по геометрии 7 класс Атанасян ФГОС Задание 866

Авторы:
Год:2020-2021-2022
Тип:учебник

Задание 866

Выбери издание
Геометрия 7 класс Атанасян ФГОС Просвещение
 
фгос Геометрия 7 класс Атанасян ФГОС, Бутузов Просвещение
Издание 1
Геометрия 7 класс Атанасян ФГОС Просвещение

\[\boxed{\mathbf{866.ОК\ ГДЗ - домашка\ на}\ 5}\]

\[Рисунок\ по\ условию\ задачи:\]

\[Треугольник\ со\ сторонами,\]

\[равными\ медианам,\ в\ самом\]

\[\mathrm{\Delta}\text{ABC.}\]

\[\mathbf{Дано:}\]

\[\mathrm{\Delta}ABC;\]

\[AA_{1},\ BB_{1},\ CC_{1} - медианы;\]

\[\mathrm{\Delta}EFG;\]

\[GE = AA_{1};\]

\[GF = BB_{1} = FE = CC_{1}.\]

\[\mathbf{Доказать:}\]

\[\frac{S_{\text{EFG}}}{S_{\text{ABC}}} = \frac{3}{4}.\]

\[\mathbf{Доказательство.}\]

\[1)\ Для\ построения\ проведем\ \]

\[AD \parallel BB_{1}\ и\ \text{BD} \parallel АС.\ \]

\[По\ построению\ \]

\[четырехугольник\ \text{ADB}B_{1}\ - \ \]

\[параллелограмм:\ \]

\[\ \text{AD}\ = \ BB_{1},\]

\[\text{BD}\ = \ AB_{1} = \frac{1}{2}\ AC = \ A_{1}C_{1}.\ \]

\[Точка\ C_{1}\ делит\ диагональ\ \text{AB\ }\]

\[пополам.\ \]

\[Значит,\ она\ делит\ и\ вторую\ \]

\[диагональ\ B_{1}\text{D\ }пополам:\]

\[C_{1}D = \frac{1}{2}B_{1}D = \frac{1}{2}\text{BC.}\]

\[Четырехугольник\ \text{BD}B_{1}C - \ \]

\[параллелограмм:\]

\[\text{BD} \parallel AC\ и\ \text{BD}\ = \ B_{1}C\ = \frac{1}{2}\text{AC.}\]

\[Четырехугольник\ DC_{1}CA_{1} - \ \]

\[параллелограмм:\]

\[\ DC_{1} \parallel A_{1}C,DC_{1}\ = \ A_{1}C \Longrightarrow\]

\[\Longrightarrow DA_{1} = \ CC_{1}.\]

\[\mathrm{\Delta}ADA_{1} - искомый,\]

\[построенный\ на\ медианах\ \]

\[треугольника\ \text{ABC}:\]

\[\text{AD}\ = \ BB_{1};\]

\[DA_{1} = CC_{1},\ \]

\[2)\ Площадь\ \mathrm{\Delta}ADA_{1}:\]

\[S = S_{AC_{1}D} + S_{AC_{1}A_{1}} + S_{A_{1}C_{1}D} =\]

\[= \frac{1}{2}S_{\text{ABD}} + \frac{1}{2}S_{\text{AB}A_{1}} + S_{A_{1}C_{1}B},\]

\[\mathrm{\Delta}ABD = \mathrm{\Delta}AAB_{1},\ в\ котором\ \]

\[основание\ в\ два\ раза\ \]

\[меньше\ основания\ \mathrm{\Delta}\text{ABC},\ а\ \]

\[высота\ та\ же.\ \]

\[\mathrm{\Delta}ABA_{1}\ также\ имеет\ основание\ \]

\[в\ два\ раза\ меньше,\ чем\ \mathrm{\Delta}ABC,\]

\[\ и\ ту\ же\ высоту.\]

\[У\ \mathrm{\Delta}A_{1}C_{1}B\ в\ два\ раза\ меньше\ \]

\[как\ основание,\ так\ и\ высота.\]

\[3)\ Получаем:\]

\[S =\]

\[= \frac{1}{2}S_{\text{AB}B_{1}} + \frac{1}{2} \bullet \frac{1}{2}S_{\text{ABC}} + \frac{1}{4}S_{\text{ABC}} =\]

\[= \frac{1}{4}S_{\text{ABC}} + \frac{1}{4}S_{\text{ABC}} + \frac{1}{4}S_{\text{ABC}} =\]

\[= \frac{3}{4}S_{\text{ABC}}.\]

\[4)\ По\ построению\ \]

\[\mathrm{\Delta}ADA_{1} = \mathrm{\Delta}EFG - их\ площади\ \]

\[равны:\ \]

\[\frac{S_{\text{EFG}}}{S_{\text{ABC}}} = \frac{S}{S_{\text{ABC}}} = \frac{3}{4}.\]

\[\mathbf{Что\ и\ требовалось\ доказать:}\]

Издание 2
фгос Геометрия 7 класс Атанасян ФГОС, Бутузов Просвещение

\[\boxed{\mathbf{866.еуроки - ответы\ на\ пятёрку}}\]

\[\mathbf{Дано:}\]

\[\angle AOB;MP\bot OA;\]

\[MQ\bot OB;PR\bot OB;\]

\[QS\bot OA.\]

\[\mathbf{Доказать:}\]

\[PS\bot OM.\]

\[\mathbf{Доказательство.}\]

\[1)\ Отметим\ точки\ \]

\[пересечения\ D = OA \cap QM;\ \]

\[E = AB \cap PM;\ C = RS \cap OM.\]

\[2)\ \mathrm{\Delta}OPE\sim\mathrm{\Delta}OQD - по\ двум\ \]

\[углам:\]

\[\angle OPE = \angle OQD = 90^{0};\text{\ \ }\]

\[\angle AOB - общий;\]

\[Значит:\ \]

\[\frac{\text{OP}}{\text{OQ}} = \frac{\text{PE}}{\text{QD}} = \frac{\text{OE}}{\text{OD}}.\]

\[3)\ Аналогично:\ \mathrm{\Delta}OSQ\sim\mathrm{\Delta}ORP;\ \ \]

\[\frac{\text{OS}}{\text{OR}} = \frac{\text{SQ}}{\text{RP}} = \frac{\text{OQ}}{\text{OP}}.\]

\[4)\ Отсюда:\]

\[\frac{\text{OP}}{\text{OQ}} = \frac{\text{OE}}{\text{OD}} = \frac{\text{OR}}{\text{OS}};\ \frac{\text{OE}}{\text{OR}} = \frac{\text{OD}}{\text{OS}}\ \text{.\ }\]

\[Следовательно,\ по\ 3\ признаку\ \]

\[подобия:\]

\[\mathrm{\Delta}OSR\sim\mathrm{\Delta}ODE;\ SR \parallel DE.\]

\[5)\ Отметим\ точку\ \]

\[F = OM \cap DE.\]

\[Пусть\ \angle AOB = \alpha,\ \angle AOM = \beta.\text{\ \ }\]

\[\mathrm{\Delta}OPM:\ \angle OMP = 90^{0} - \beta;\]

\[\ \mathrm{\Delta}PDM:\ \angle PMD = \alpha.\]

\[\ Значит,\ в\ \mathrm{\Delta}DMF:\]

\[\angle DMF =\]

\[= 180^{0} - \left( 90^{0} - \beta + \alpha \right) =\]

\[= 90{^\circ} - \alpha + \beta.\]

\[6)\ В\ четырехугольнике\ OPMQ:\]

\[\angle\text{PMQ} = \angle\text{DVE} = 180^{0} - \alpha;\ \]

\[\angle EMF = \angle DME - \angle DMF =\]

\[= \left( 180^{0} - \alpha \right) - (90^{0} - \alpha + \beta =\]

\(= 90^{0} - \beta;\)

\[\angle QED = 90^{0} - \alpha + \beta.\]

\[7)\ \mathrm{\Delta}QDE\sim\mathrm{\Delta}FDM - по\ двум\ \]

\[углам:\text{\ \ }\]

\[\angle D - общий;\ \]

\[\angle DMF = \angle QED = 90^{0} - \alpha + \beta.\]

\[Отсюда:\ \ \]

\[\angle DFM = \angle DQE = 90^{0};\]

\[DE\bot OM;\]

\[RS\bot OM.\]

\[Что\ и\ требовалось\ доказать.\]

Скачать ответ
Есть ошибка? Сообщи нам!

Решебники по другим предметам