★☆★ Чертёж смотрите во вложении ★☆★
Дано:
Отрезки АМ и ВК пересекаются в точке О.
Точка О — серединная точка для отрезков АМ и ВК (ОА = ОМ ; ОВ = ОК).
Доказать:
АВ║МК.
Доказательство:
ⵈ◊ⵈ Для седьмого класса ⵈ◊ⵈ
Соединим точки А и В отрезком АВ ; точки В и М отрезком ВМ ; точки К и М отрезком КМ ; точки А и К отрезком АК.
Рассмотрим ΔАОВ и ΔМОК.
ОА = ОМ (по условию).
ОВ = ОК (по условию).
∠АОВ = ∠МОК (как вертикальные).
Следовательно, ΔАОВ = ΔМОК по двум сторонам и углу между ними (первый признак равенства треугольников).
▸В равных треугольниках против равных сторон лежат равные углы◂
ОВ = ОК.
Следовательно, ∠ВАО = ∠ОМК.
Рассмотрим прямые АВ и МК при секущей АМ.
▸Если при пересечении двух прямых секущей накрест лежащие углы равны, то прямые параллельны◂
Накрест лежащие ∠ВАО = ∠ОМК (по выше доказанному), следовательно, АВ║МК (по выше сказанному).
ⵈ◊ⵈ Для восьмого класса ⵈ◊ⵈ
Соединим точки А и В отрезком АВ ; точки В и М отрезком ВМ ; точки К и М отрезком КМ ; точки А и К отрезком АК.
Рассмотрим получившиеся выпуклый четырёхугольник АКМВ.
АМ и ВК — диагонали.
▸Если диагонали выпуклого четырёхугольника точкой пересечения делятся пополам, то такой четырёхугольник — параллелограмм◂
ОА = ОМ (по условию).
ОВ = ОК (по условию).
Следовательно, четырёхугольник АКМВ — параллелограмм.
▸Параллелограмм — четырёхугольник, противоположные стороны которого параллельны ◂
Поэтому, по выше сказанному —
АВ║МК ; АК║ВМ
Объяснение:
Это хоть на задачи похоже.
4. Центры окружностей образуют равнобедренный треугольник со сторонами
24 + 15 = 39 (это две боковые стороны) и 15 + 15 = 30 (это основание). Высота к основанию легко находится, поскольку вместе с половиной основания 15 и боковой стороной 39 образует прямоугольный треугольник (15, 36, 39) (Пифагорова тройка). Высота равна 36.
Центр "внутренней" окружности расположен на этой высоте, пусть его радиус r. Расстояния от него до вершин (центров остальных окружностей) равны 15 + r, 15 + r, 24 + r. Поэтому расстояние от этого центра до основания (линии центров окружностей радиуса 15) равно 36 - (24 + r) = 12 - r;
Отсюда (15 + r)^2 = 15^2 + (12 - r)^2; 2(15 + 12)r = 12^2; r = 72/27;
5. Если продлить сторону квадрата, из вершины которой выходит касательная, до ВТОРОГО пересечения с окружностью, и обозначить эту хорду х, то
2^2 = 1(x+1); x = 3;
в результате имеются две взаимно перпендикулярные хорды длины 1 и 3, ясно, что отрезок, соединяющий их НЕ ОБЩИЕ концы - диаметр, то есть
D^2 = 1^2 + 3^2 = 10; R^2 = 5/2;
2. Если обозначить H - высота трапеции ABCD, h - высота трапеции MNCB, m = MN; a = AD; b = BC; то
(m + b)h = (a + b)H/2;
(m + a)(H - h) = (a + b)H/2;
(Это все потому, что площади трапеций NMCB и ADMN равны половине площади ABCD)
Пусть x = h/H; тогда
(m + b)x = (a + b)/2;
(m + a)(1 - x) = (a + b)/2;
Складывая оба уравнения, легко находим
x = (m - b)/(a - b);
m^2 = (a^2 + b^2)/2;
подставляем числа из условия, получаем m = 5;
1. Площадь ЧЕТЫРЕХУГОЛЬНИКА ABMN равна 7*8/2 = 28;
Если обозначить AC = b; BC = a, то
Площадь треугольника АВС равна S = absin(C)/2
Площадь треугольника MNС равна (a/2)b(1-0,4)sin(C)/2 = 3S/10;
Поэтому площадь ABMN равна 7S/10 = 28; откуда S = 40;
3. самая прикольная задачка.
Пусть CD = b; СЕ = a;
Теорема синусов для тр-ка ADC (Ф - угол ВАС)
b/sinФ = AD/sin30 = 2; b = 2sinФ;
Теорема синусов для тр-ка ACE
a/sinФ = AE/sin120 = 2√3; a = 2√3sinФ;
Треугольник DCE прямоугольный, с гипотенузой DE =2;
a^2 + b^2 = 4;
Откуда sinФ = 1/2; отсюда сразу следует, что треугольник АСЕ равнобедренный с углом при вершине 120 (при основании - два угла по 30). Но это в решении не пригождается, так как h - высоту АВС, то есть расстояние от С до АВ, проще всего найти из треугольника CDE
ab = 2h; но уже найдены b = 1 и а = √3; поэтому h = √3/2;
площадь АВС равна (√3/2)*(4√3)/2 = 3.
