Геометрия: Решить на завтра! 9 класс кроме 1-го и 2-го.

Можно конечно эту задачу решить , через коэффициент подобия как то. Но можно еще так поступить .Пусть наш треугольник , и точки на стороне , и точки на сторонах соответственно . Тогда очевидно что треугольники и подобны друг другу. Так как , выведем некие следствия из подобия: , или же это соотношение можно записать так , выражая отрезки Теперь выразим стороны по теореме косинусов выражая с них и приравнивая получим: сделаем замену для простоты и преобразуем эту частьТеперь...

Решить на завтра! 9 класс кроме 1-го и 2-го.

Показать ответ

Ответ:

helppliz5

15.03.2021 09:39

Пусть одна диагональ х см, вторая (х+4)см? x>0
Площадь ромба ровна полдобутку диагоналей тоисть
(х+(х+4))/2=96
х в квадрате+4х -192=0
D=16+768=784
корень из D=28
x1=(-4-28)/2=-16 не удовлетворяет умову x>0
x2=(-4+28)/2=12
Первая диагональ 12 см, вторая 12+4=16(см)
Диагонали проводятся под кутом 90 градусов и точкою раздела делятся пополам
Утворятся прямокутние трикутники , гипотенузі которіх и есть сторонами ромба.
катет равен половине диагонали.
Первий катет 12/2=6(см), второй 16/2=8(см)
За т. Пифагора сторона ромба равна сумме квадратов катетов тоисть
сторона = корень из (8 в квадрате + 6 в квадрате)= корень из 100= 10 см
ответ
сторона ромба 10 см, у ромба все стороні ровны

0,0(0 оценок)

Ответ:

den535

12.04.2022 18:16

Можно конечно эту задачу решить , через коэффициент подобия как то. Но можно еще так поступить .
Пусть наш треугольник ABC

, и точки

на стороне

, и точки

на сторонах AB,BC

соответственно .
Тогда очевидно что треугольники BPQ

подобны друг другу. Так как PQ||MN

, выведем некие следствия из подобия:
$\frac{QP}{AB}=\frac{QC}{AC}=\frac{CP}{BC}$ , или же это соотношение можно записать так , выражая отрезки
$\frac{QP}{AB}=\frac{CQ}{AQ+CQ}\\
\frac{QP}{AB}=\frac{CP}{CP+BP}\\
$
Теперь выразим стороны PQ,AB

по теореме косинусов
$CQ^2+CP^2-2*CQ*CP*cosC=1^2\\
AC^2+BC^2-2AC*BC*cosC=AB^2$
выражая с них cosC

и приравнивая получим:
$\frac{(AM+NB+1)^2-(AQ+CQ)^2-(CP+PB)^2}{(AQ+CQ)(CP+BP)}=\frac{1-CQ^2-CP^2}{CQ*CP}$
сделаем замену для простоты и преобразуем эту часть
$AQ=x\\
QC=y\\
CP=z\\
BP=w\\
AM=g\\
NB=h \\
\frac{(g+h+1)^2-(x+y)^2-(z+w)^2}{(x+y)(z+w)}=\frac{1-y^2-z^2}{yz}\\
\frac{y}{x+y}=\frac{z}{z+w}\\
wy=zx\\
y=\frac{zx}{w}$
Теперь подставим в начальное выражение
$\frac{(g+h+1)^2-(x+\frac{zx}{w})^2-(z+w)^2}{(x+\frac{zx}{w})(z+w)}-\frac{(1-\frac{zx}{w})^2-z^2}{\frac{z^2x}{w}}=0$
теперь разложим на множители , и затем приравнивая к 0 каждый многочлен получим
$hz+gz-w=0\\
hz+gz+2z+w=0$
второй не подходит
$hz+gz=w\\
h+g=\frac{w}{z}\\
 AM+NB=\frac{BP}{CP}
$ в дальнейшем это соотношение понадобится
Теперь подставим еще раз в самое начальное выражение получим
$(\frac{w}{z}+1)^2+(x+y)^2-(z+w)^2}{(x+y)(z+w)}-\frac{1-y^2-z^2}{yz}=0\\
z^3+wz^2-y^2z-xyz-z-w=0\\
z^3+wz^2-(\frac{zx}{w})^2*z-x*\frac{zx}{w}*z-z-w = 0\\
x^2z^2-w^2z^2+w^2=0\\ 
x^2z^2=w^2(z^2-1)\\
$
Теперь заметим соотношение $\frac{xz}{w}=y\\
$ тогда
$y^2=z^2-1\\
y^2+1=z^2$ то есть треугольник выходит прямоугольный при наличии именно определенного соотношения! Тогда
CQP=90а

тогда и

Найдем угол C
$CP=\frac{QP}{sinC}\\
sinC=\frac{1}{CP}\\
QP=1\\
cosP=\frac{1}{CP}$
Теперь так как сам треугольник прямоугольный , то высота параллелограмма MNPQ

будет сторона

, а так как площадь параллелограмма равна основание на высоту опущенную на нее, то площадь параллелограмма равна $S_{MNPK}=AQ*1=AQ$ , и она равна
$AQ=\frac{4S}{9}$
площадь прямоугольного треугольника АВС равна
$\frac{AB*AC}{2}=\frac{9AQ}{4}\\
AB*AC=\frac{9AQ}{2}\\
(AQ+QC)(1+\frac{BP}{CP})=\frac{9AQ}{2}\\
$ , но так как $\frac{BP}{CP}=\frac{AQ}{CQ}$ то
$\frac{9AQ}{2}=(AQ+CQ)(1+\frac{AQ}{CQ})\\
$ с него следует
$AQ=\frac{CQ}{2}\\
$ . Тогда
$
2AQ=CQ\\
CQ+\frac{CQ}{2}=\frac{3CQ}{2}=AC\\
\frac{CQ}{\frac{3CQ}{2}}=\frac{2}{3}$ , то есть коэффициент подобия равен $\frac{2}{3}<1$ верно ! тогда $\frac{1}{AB}=\frac{2}{3}\\
AB=1.5$

0,0(0 оценок)

Популярные вопросы: Геометрия