Реши задание на изображении Расшифровка фото нейросетью: Контрольная работа по геометрии Вариант 1 1. Периметр параллелограмма ABCD равен 80 см. \(\angle A=30^\circ\), а перпендикуляр BH к прямой AD равен 7,5 см. Найдите стороны параллелограмма 2. Найдите боковые стороны равнобедренной трапеции, основания которой равны 14см и 8см, а один из углов равен \(120^\circ\). 3. Диагонали прямоугольника ABCD пересекаются в точке O. Найдите угол между диагоналями, если \(\angle ABO=30^\circ\). 4. В параллелограмме KMNP проведена биссектриса угла K, которая пересекает сторону MN в точке E. Найдите сторону KP, если \(ME=10\)см, а периметр параллелограмма равен 52см.

Краткие ответы: 1. \(AB=CD=15\) см, \(AD=BC=25\) см. 2. Каждая боковая сторона — \(6\) см. 3. Острый угол между диагоналями — \(60^\circ\) (тупой — \(120^\circ\)). 4. \(KP=16\) см. Разбор: 1. \(BH\perp AD\), поэтому в прямоугольном треугольнике \(ABH\): \[ BH=AB\sin 30^\circ. \] Значит, \[ AB=\frac{7{,}5}{0{,}5}=15\text{ см}. \] Периметр параллелограмма: \[ 2(AB+AD)=80, \] \[ 2(15+AD)=80, \] \[ AD=25\text{ см}. \] Противоположные стороны равны. 2. Разность оснований: \[ 14-8=6\text{ см}. \] В равнобедренной трапеции эта разность делится пополам: \[ 6:2=3\text{ см}. \] Угол \(120^\circ\) даёт смежный с ним острый угол \(60^\circ\). Если боковая сторона \(c\), то \[ c\cos 60^\circ=3. \] Так как \(\cos 60^\circ=\frac12\), получаем: \[ c=6\text{ см}. \] 3. Диагонали прямоугольника равны и точкой пересечения делятся пополам, поэтому \[ OA=OB. \] Треугольник \(ABO\) равнобедренный. Если \(\angle ABO=30^\circ\), то и \(\angle BAO=30^\circ\). Тогда \[ \angle AOB=180^\circ-30^\circ-30^\circ=120^\circ. \] Это тупой угол между диагоналями. Меньший угол между прямыми: \[ 180^\circ-120^\circ=60^\circ. \] 4. В параллелограмме \(KMNP\) стороны \(KP\) и \(MN\) параллельны. Биссектриса \(KE\) отсекает равнобедренный треугольник \(KME\), поэтому \[ KM=ME=10\text{ см}. \] Периметр: \[ 2(KM+KP)=52. \] Тогда \[ 2(10+KP)=52, \] \[ 10+KP=26, \] \[ KP=16\text{ см}. \] Проверка: \(2(15+25)=80\), \(2(10+16)=52\).

Геометрия · 8 класс Задача №3784359

Аноним

2 дня назад · публичный вопрос

Аноним 2 дня назад

1. Периметр параллелограмма ABCD равен 80 см. ∠A = 30°, а перпендикуляр BH к прямой AD равен 7,5 см.

Запрос пользователя

Реши задание на изображении

Ответ нейросети

2 дня назад

Краткие ответы:

\(AB=CD=15\) см, \(AD=BC=25\) см.
Каждая боковая сторона — \(6\) см.
Острый угол между диагоналями — \(60^\circ\) (тупой — \(120^\circ\)).
\(KP=16\) см.

Разбор:

\(BH\perp AD\), поэтому в прямоугольном треугольнике \(ABH\): \[ BH=AB\sin 30^\circ. \] Значит, \[ AB=\frac{7{,}5}{0{,}5}=15\text{ см}. \] Периметр параллелограмма: \[ 2(AB+AD)=80, \] \[ 2(15+AD)=80, \] \[ AD=25\text{ см}. \] Противоположные стороны равны.
Разность оснований: \[ 14-8=6\text{ см}. \] В равнобедренной трапеции эта разность делится пополам: \[ 6:2=3\text{ см}. \] Угол \(120^\circ\) даёт смежный с ним острый угол \(60^\circ\). Если боковая сторона \(c\), то \[ c\cos 60^\circ=3. \] Так как \(\cos 60^\circ=\frac12\), получаем: \[ c=6\text{ см}. \]
Диагонали прямоугольника равны и точкой пересечения делятся пополам, поэтому \[ OA=OB. \] Треугольник \(ABO\) равнобедренный. Если \(\angle ABO=30^\circ\), то и \(\angle BAO=30^\circ\). Тогда \[ \angle AOB=180^\circ-30^\circ-30^\circ=120^\circ. \] Это тупой угол между диагоналями. Меньший угол между прямыми: \[ 180^\circ-120^\circ=60^\circ. \]
В параллелограмме \(KMNP\) стороны \(KP\) и \(MN\) параллельны. Биссектриса \(KE\) отсекает равнобедренный треугольник \(KME\), поэтому \[ KM=ME=10\text{ см}. \] Периметр: \[ 2(KM+KP)=52. \] Тогда \[ 2(10+KP)=52, \] \[ 10+KP=26, \] \[ KP=16\text{ см}. \]

Проверка: \(2(15+25)=80\), \(2(10+16)=52\).

Обсуждение

4 сообщения

Аноним 2 дня назад

нужно с дано и найти не кратко

Нейросеть2 дня назад

Оформляю каждую задачу с «Дано» и «Найти».

Задача 1

Дано:
\(ABCD\) — параллелограмм,
\(BH\perp AD\),
\(BH=7{,}5\) см,
\(\angle A=30^\circ\),
\(P_{ABCD}=80\) см.

Найти:
\(AB,\ BC,\ CD,\ AD\).

Решение:

Рассмотрим прямоугольный треугольник \(ABH\). В нём угол \(A=30^\circ\), а \(BH\) — катет, противолежащий этому углу. Значит, \[ \sin 30^\circ=\frac{BH}{AB}. \] Отсюда \[ AB=\frac{BH}{\sin 30^\circ} =\frac{7{,}5}{0{,}5}=15\text{ см}. \]

В параллелограмме противоположные стороны равны: \[ AB=CD=15\text{ см}. \]

Периметр параллелограмма: \[ P_{ABCD}=2(AB+AD). \] Подставляем известные значения: \[ 80=2(15+AD), \] \[ 15+AD=40, \] \[ AD=25\text{ см}. \] Противоположные стороны равны, поэтому \[ BC=AD=25\text{ см}. \]

Ответ:
\[ AB=CD=15\text{ см},\qquad AD=BC=25\text{ см}. \]

Задача 2

Дано:
\(ABCD\) — равнобедренная трапеция,
\(AD\parallel BC\),
\(AD=14\) см,
\(BC=8\) см,
тупой угол трапеции равен \(120^\circ\).

Найти:
боковую сторону \(AB=CD\).

Решение:

Проведём высоты \(BK\) и \(CM\) к большему основанию \(AD\). Получим прямоугольник \(BCMK\), поэтому \[ KM=BC=8\text{ см}. \] Тогда на отрезки \(AK\) и \(MD\) остаётся: \[ AD-KM=14-8=6\text{ см}. \] Так как трапеция равнобедренная, эти отрезки равны: \[ AK=MD=\frac{6}{2}=3\text{ см}. \]

Тупой угол трапеции равен \(120^\circ\), значит, смежный с ним острый угол равен \[ 180^\circ-120^\circ=60^\circ. \] То есть в прямоугольном треугольнике \(ABK\) угол при основании равен \(60^\circ\). Тогда \[ \cos 60^\circ=\frac{AK}{AB}. \] Так как \(\cos 60^\circ=\frac12\), получаем: \[ \frac12=\frac{3}{AB}, \] \[ AB=6\text{ см}. \] В равнобедренной трапеции боковые стороны равны, поэтому \(CD=6\) см.

Ответ:
\[ AB=CD=6\text{ см}. \]

Задача 3

Дано:
\(ABCD\) — прямоугольник,
диагонали \(AC\) и \(BD\) пересекаются в точке \(O\),
\(\angle ABO=30^\circ\).

Найти:
острый угол между диагоналями.

Решение:

В прямоугольнике диагонали равны и точкой пересечения делятся пополам. Поэтому \[ OA=OB=OC=OD. \] Значит, треугольник \(AOB\) равнобедренный: \(OA=OB\). Следовательно, углы при основании равны: \[ \angle BAO=\angle ABO=30^\circ. \]

Сумма углов треугольника \(AOB\): \[ \angle AOB=180^\circ-30^\circ-30^\circ=120^\circ. \] Это один из углов, образованных диагоналями. Смежный с ним угол: \[ 180^\circ-120^\circ=60^\circ. \] Меньший, то есть острый, угол между диагоналями равен \(60^\circ\).

Ответ:
\[ 60^\circ. \]

Задача 4

Дано:
\(KMNP\) — параллелограмм,
\(KE\) — биссектриса угла \(MKP\),
\(E\in MN\),
\(ME=10\) см,
\(P_{KMNP}=52\) см.

Найти:
\(KP\).

Решение:

Так как \(KE\) — биссектриса угла \(MKP\), то \[ \angle MKE=\angle EKP. \] В параллелограмме \(MN\parallel KP\). При параллельных прямых \(MN\) и \(KP\) и секущей \(KE\) углы \(\angle KEM\) и \(\angle EKP\) равны как накрест лежащие: \[ \angle KEM=\angle EKP. \] Следовательно, \[ \angle MKE=\angle KEM. \] Значит, треугольник \(KME\) равнобедренный, и \[ KM=ME. \] По условию \(ME=10\) см, поэтому \[ KM=10\text{ см}. \]

Периметр параллелограмма: \[ P_{KMNP}=2(KM+KP). \] Подставляем: \[ 52=2(10+KP), \] \[ 26=10+KP, \] \[ KP=16\text{ см}. \]

Проверка: \[ 2(10+16)=2\cdot 26=52\text{ см}. \]

Ответ:
\[ KP=16\text{ см}. \]

Аноним 2 дня назад

без синусов и косинусов

Нейросеть2 дня назад

Оформляю те же задачи без синусов и косинусов — используем только свойство: катет, лежащий против угла \(30^\circ\), равен половине гипотенузы.

Задача 1

Дано:
\(ABCD\) — параллелограмм,
\(BH\perp AD\),
\(BH=7{,}5\) см,
\(\angle A=30^\circ\),
\(P_{ABCD}=80\) см.

Найти:
\(AB,\ BC,\ CD,\ AD\).

Решение:

Рассмотрим прямоугольный треугольник \(ABH\). Угол \(A=30^\circ\), а \(BH\) лежит против этого угла. По свойству катета, лежащего против угла \(30^\circ\), \[ BH=\frac{AB}{2}. \] Значит, \[ AB=2BH=2\cdot 7{,}5=15\text{ см}. \]

В параллелограмме противоположные стороны равны: \[ AB=CD=15\text{ см}. \]

Периметр параллелограмма: \[ P_{ABCD}=2(AB+AD). \] Подставляем: \[ 80=2(15+AD), \] \[ 15+AD=40, \] \[ AD=25\text{ см}. \] Следовательно, \[ BC=AD=25\text{ см}. \]

Ответ:
\[ AB=CD=15\text{ см},\qquad AD=BC=25\text{ см}. \]

Задача 2

Дано:
\(ABCD\) — равнобедренная трапеция,
\(AD\parallel BC\),
\(AD=14\) см,
\(BC=8\) см,
тупой угол трапеции равен \(120^\circ\).

Найти:
боковую сторону \(AB=CD\).

Решение:

Проведём высоты \(BK\) и \(CM\) к большему основанию \(AD\). Тогда \(BCMK\) — прямоугольник, поэтому \[ KM=BC=8\text{ см}. \] На отрезки \(AK\) и \(MD\) остаётся: \[ AD-KM=14-8=6\text{ см}. \] Так как трапеция равнобедренная, \[ AK=MD=\frac{6}{2}=3\text{ см}. \]

Тупой угол трапеции равен \(120^\circ\), значит, смежный с ним острый угол при основании \(AD\) равен \[ 180^\circ-120^\circ=60^\circ. \] То есть \(\angle A=60^\circ\).

В прямоугольном треугольнике \(ABK\): \[ \angle A=60^\circ,\qquad \angle ABK=90^\circ-60^\circ=30^\circ. \] Против угла \(30^\circ\) лежит катет \(AK=3\) см. По свойству катета против угла \(30^\circ\), \[ AK=\frac{AB}{2}. \] Значит, \[ AB=2\cdot 3=6\text{ см}. \] В равнобедренной трапеции боковые стороны равны, поэтому \[ CD=6\text{ см}. \]

Ответ:
\[ AB=CD=6\text{ см}. \]

Задача 3

Дано:
\(ABCD\) — прямоугольник,
диагонали \(AC\) и \(BD\) пересекаются в точке \(O\),
\(\angle ABO=30^\circ\).

Найти:
острый угол между диагоналями.

Решение:

В прямоугольнике диагонали равны и точкой пересечения делятся пополам. Поэтому \[ OA=OB=OC=OD. \] Значит, треугольник \(AOB\) равнобедренный: \[ OA=OB. \] Следовательно, углы при основании равны: \[ \angle BAO=\angle ABO=30^\circ. \]

Сумма углов треугольника: \[ \angle AOB=180^\circ-30^\circ-30^\circ=120^\circ. \] Это тупой угол между диагоналями. Смежный с ним угол: \[ 180^\circ-120^\circ=60^\circ. \] Он и является острым углом между диагоналями.

Ответ:
\[ 60^\circ. \]

Задача 4

Дано:
\(KMNP\) — параллелограмм,
\(KE\) — биссектриса угла \(MKP\),
\(E\in MN\),
\(ME=10\) см,
\(P_{KMNP}=52\) см.

Найти:
\(KP\).

Решение:

Периметр параллелограмма: \[ P_{KMNP}=2(KM+KP). \] Подставляем: \[ 52=2(10+KP), \] \[ 26=10+KP, \] \[ KP=16\text{ см}. \]

Проверка: \[ 2(10+16)=52. \]

Ответ:
\[ KP=16\text{ см}. \]