Упр.797 ГДЗ Атанасян 7-9 класс по геометрии (Геометрия)
Решение #1(Учебник 2025)
Решение #2 (Учебник 2025)ИИ
Доказать ∠KAM = 90° и найти МКС пояснением
Обозначим центры окружностей через O и O₁, причём OM = r, O₁K = R.1) Радиусы, проведённые в точки касания, перпендикулярны касательной: OM ⟂ MK и O₁K ⟂ MK. Поэтому OM ∥ O₁K.Пусть ∠AOM = α, ∠AO₁K = β. Так как OA и O₁A лежат на одной прямой, а OM ∥ O₁K, то α + β = 180°.Треугольники AOM и AO₁K равнобедренные, поэтому
∠OAM = (180° − α) : 2,
∠O₁AK = (180° − β) : 2.Углы ∠OAM, ∠MAK и ∠KAO₁ вместе составляют 180°. Следовательно,
∠MAK = 180° − (180° − α) : 2 − (180° − β) : 2
= (α + β) : 2 = 90°.2) Опустим из O перпендикуляр OH на O₁K. Тогда OH = MK, OO₁ = r + R, O₁H = |R − r|. По теореме Пифагора:
MK² = (r + R)² − (R − r)² = 4rR,
MK = 2√(rR).Ответ: а) ∠KAM = 90°; б) MK = 2√(rR).
Кратко Пусть O и O₁ — центры окружностей. Так как OM ⟂ MK и O₁K ⟂ MK, то OM ∥ O₁K. Из равнобедренных треугольников AOM и AO₁K и свойства односторонних углов получаем:
∠KAM = 90°.Опустим OH ⟂ O₁K. Тогда OH = MK, OO₁ = r + R, O₁H = |R − r|. По теореме Пифагора:
MK = √((R + r)² − (R − r)²) = √(4rR) = 2√(rR).Ответ: а) 90°; б) 2√(rR).
∠OAM = (180° − α) : 2,
∠O₁AK = (180° − β) : 2.Углы ∠OAM, ∠MAK и ∠KAO₁ вместе составляют 180°. Следовательно,
∠MAK = 180° − (180° − α) : 2 − (180° − β) : 2
= (α + β) : 2 = 90°.2) Опустим из O перпендикуляр OH на O₁K. Тогда OH = MK, OO₁ = r + R, O₁H = |R − r|. По теореме Пифагора:
MK² = (r + R)² − (R − r)² = 4rR,
MK = 2√(rR).Ответ: а) ∠KAM = 90°; б) MK = 2√(rR).
Кратко Пусть O и O₁ — центры окружностей. Так как OM ⟂ MK и O₁K ⟂ MK, то OM ∥ O₁K. Из равнобедренных треугольников AOM и AO₁K и свойства односторонних углов получаем:
∠KAM = 90°.Опустим OH ⟂ O₁K. Тогда OH = MK, OO₁ = r + R, O₁H = |R − r|. По теореме Пифагора:
MK = √((R + r)² − (R − r)²) = √(4rR) = 2√(rR).Ответ: а) 90°; б) 2√(rR).
Решение #3(Учебник 2023)
Решение #4 (Учебник 2023)ИИ
Доказать свойство средней линии трапецииС пояснением
Пусть ABCD — трапеция, AB ∥ CD, M и N — середины боковых сторон AD и BC. Тогда MN — средняя линия трапеции, поэтому MN ∥ AB ∥ CD.1) Обозначим точку пересечения MN и диагонали AC через P. В треугольнике ADC точка M — середина AD, а MP ∥ CD. По свойству средней линии треугольника P — середина AC.
2) Обозначим точку пересечения MN и диагонали BD через Q. В треугольнике BCD точка N — середина BC, а NQ ∥ CD. Поэтому Q — середина BD.Следовательно, средняя линия трапеции проходит через середины обеих диагоналей.Ответ: доказано.
Кратко Пусть M и N — середины боковых сторон трапеции ABCD, где AB ∥ CD. Тогда MN ∥ CD.Если P = MN ∩ AC, то в треугольнике ADC прямая MP проходит через середину AD параллельно CD, значит, P — середина AC.Если Q = MN ∩ BD, то в треугольнике BCD прямая NQ проходит через середину BC параллельно CD, значит, Q — середина BD.Ответ: средняя линия MN проходит через середины диагоналей AC и BD.
2) Обозначим точку пересечения MN и диагонали BD через Q. В треугольнике BCD точка N — середина BC, а NQ ∥ CD. Поэтому Q — середина BD.Следовательно, средняя линия трапеции проходит через середины обеих диагоналей.Ответ: доказано.
Кратко Пусть M и N — середины боковых сторон трапеции ABCD, где AB ∥ CD. Тогда MN ∥ CD.Если P = MN ∩ AC, то в треугольнике ADC прямая MP проходит через середину AD параллельно CD, значит, P — середина AC.Если Q = MN ∩ BD, то в треугольнике BCD прямая NQ проходит через середину BC параллельно CD, значит, Q — середина BD.Ответ: средняя линия MN проходит через середины диагоналей AC и BD.
Рассмотрим вариант решения задания из учебника
Атанасян, Бутузов 7-9 класс, Просвещение:
Задание учебника 2025 года
Две окружности радиусов r и R касаются внешним образом в точке А. К ним проведена общая внешняя касательная МК. а) Докажите, что угол KAM=90°; б) найдите длину отрезка МК.
Задание учебника 2023 года
окажите, что средняя линия трапеции проходит через середины диагоналей.
