реши все быстрее пожалуйста

Вот решение словами, без координат.

№ 7

\(EF\) и \(MK\) — медианы, потому что \(F\) и \(K\) — середины сторон. Значит, точка \(O\) делит каждую медиану в отношении \(2:1\), считая от вершины:

\[ EO=\frac23\cdot18=12,\quad OF=6, \] \[ MO=\frac23\cdot15=10. \]

Медианы перпендикулярны, поэтому \(MO\perp EF\).

Опустим из \(N\) перпендикуляр \(NP\) на \(EF\). Так как \(F\) — середина \(MN\), то точки \(M\) и \(N\) симметричны относительно \(F\). Поэтому их расстояния до прямой \(EF\) равны:

\[ NP=MO=10. \]

Кроме того, \(O\) и \(P\) — это проекции точек \(M\) и \(N\) на \(EF\), а \(F\) — середина \(MN\). Значит, \(F\) — середина и отрезка \(OP\). Тогда

\[ OP=2\cdot OF=2\cdot6=12. \]

Теперь треугольник \(ONP\) прямоугольный, поэтому по теореме Пифагора:

\[ ON^2=OP^2+NP^2=12^2+10^2=144+100=244. \]

\[ ON=\sqrt{244}=2\sqrt{61}. \]

Ответ: \(ON=2\sqrt{61}\).

---

№ 8

Точка \(O\) — точка пересечения высот. Известно, что угол между двумя высотами равен \(180^\circ\) минус угол при третьей вершине. То есть

\[ \angle AOB=180^\circ-\angle C. \]

По условию \(\angle AOB=120^\circ\), значит:

\[ 120^\circ=180^\circ-\angle C, \] \[ \angle C=60^\circ. \]

Теперь найдём \(CO\). На луче \(CA\) возьмём точку \(D\) так, чтобы \(CD=CB\). Тогда треугольник \(CDB\) будет равносторонним, потому что \(\angle C=60^\circ\).

Пусть \(M\) — середина \(CD\). В равностороннем треугольнике \(BM\) является высотой, значит \(BM\perp CD\), а так как \(CD\) лежит на \(CA\), то \(BM\perp CA\). Поэтому точка \(O\) лежит на прямой \(BM\): ведь \(BO\) — высота.

Обозначим:

\[ CM=x,\qquad AM=y. \]

В прямоугольном треугольнике \(CMB\) угол \(C=60^\circ\), поэтому

\[ BM=x\sqrt3. \]

В прямоугольном треугольнике \(AMO\) угол при вершине \(A\) равен \(30^\circ\), потому что \(AO\perp BC\), а угол между \(AC\) и \(BC\) равен \(60^\circ\). Значит,

\[ MO=\frac{y}{\sqrt3}. \]

Теперь применим теорему Пифагора два раза.

В треугольнике \(AMB\):

\[ AB^2=AM^2+BM^2=y^2+3x^2. \]

В треугольнике \(CMO\):

\[ CO^2=CM^2+MO^2=x^2+\frac{y^2}{3}. \]

Умножим второе равенство на \(3\):

\[ 3CO^2=3x^2+y^2. \]

Сравниваем с \(AB^2\):

\[ 3CO^2=AB^2. \]

Значит,

\[ CO=\frac{AB}{\sqrt3}. \]

По условию \(AB=20\), поэтому

\[ CO=\frac{20}{\sqrt3}=\frac{20\sqrt3}{3}. \]

Ответ: \(CO=\dfrac{20\sqrt3}{3}\).

Ниже — полное решение задач 7 и 8, без координат: через медианы, свойства прямоугольных треугольников и теорему Пифагора.

№ 7

По рисунку \(F\) — середина \(MN\), \(K\) — середина \(EN\). Значит, \(EF\) и \(MK\) — медианы треугольника \(EMN\), а \(O\) — точка их пересечения. Медианы делятся точкой пересечения в отношении \(2:1\), считая от вершины.

Поэтому

\[ EO=\frac23 EF=\frac23\cdot18=12, \] \[ OF=6, \] \[ MO=\frac23 MK=\frac23\cdot15=10. \]

Теперь опустим из точки \(N\) перпендикуляр \(NP\) на прямую \(EF\).

Так как \(MK\perp EF\), то \(MO\perp EF\). Значит, \(MO\parallel NP\).

Рассмотрим прямоугольные треугольники \(MFO\) и \(NFP\). У них:

• \(MF=NF\), потому что \(F\) — середина \(MN\);
• \(\angle MFO=\angle NFP\) как вертикальные углы;
• оба треугольника прямоугольные.

Значит, эти треугольники равны. Тогда

\[ NP=MO=10, \] \[ FP=OF=6. \]

Поэтому

\[ OP=OF+FP=6+6=12. \]

Треугольник \(ONP\) прямоугольный, значит по теореме Пифагора:

\[ ON^2=OP^2+NP^2=12^2+10^2=144+100=244. \]

\[ ON=\sqrt{244}=2\sqrt{61}. \]

Ответ: \(ON=2\sqrt{61}\).

---

№ 8

По рисунку \(AB=20\), точка \(O\) — точка пересечения высот треугольника \(ABC\), то есть ортоцентр. Угол

\[ \angle AOB=120^\circ. \]

Сначала найдём угол \(C\).

Пусть \(P\) — основание высоты из \(A\) на \(BC\), а \(Q\) — основание высоты из \(B\) на \(AC\). Тогда

\[ OP\perp BC,\qquad OQ\perp AC. \]

Рассмотрим четырёхугольник \(CPOQ\). В нём два прямых угла:

\[ \angle CPO=90^\circ,\qquad \angle CQO=90^\circ. \]

Сумма углов четырёхугольника равна \(360^\circ\), поэтому

\[ \angle POQ=360^\circ-90^\circ-90^\circ-\angle C =180^\circ-\angle C. \]

Углы \(\angle POQ\) и \(\angle AOB\) вертикальные, значит они равны:

\[ \angle AOB=180^\circ-\angle C. \]

То есть

\[ 120^\circ=180^\circ-\angle C, \]

откуда

\[ \angle C=60^\circ. \]

Теперь найдём \(OC\).

На луче \(CA\) отметим точку \(D\) так, чтобы

\[ CD=CB. \]

Тогда в треугольнике \(BCD\):

\[ CD=CB,\qquad \angle BCD=\angle BCA=60^\circ. \]

Значит, треугольник \(BCD\) равносторонний.

Пусть \(M\) — середина \(CD\). В равностороннем треугольнике медиана является высотой, поэтому

\[ BM\perp CD. \]

Но \(CD\) лежит на прямой \(CA\), значит,

\[ BM\perp AC. \]

То есть \(BM\) — высота треугольника \(ABC\), проведённая из вершины \(B\). А все высоты пересекаются в точке \(O\), поэтому \(O\) лежит на \(BM\). Следовательно,

\[ OM\perp AC. \]

Обозначим

\[ CM=x,\qquad AM=y. \]

Так как \(M\) — середина \(CD\), то

\[ CD=2x. \]

Но \(CD=CB\), поэтому

\[ CB=2x. \]

В прямоугольном треугольнике \(CMB\) по теореме Пифагора:

\[ BM^2=CB^2-CM^2=(2x)^2-x^2=4x^2-x^2=3x^2. \]

Значит,

\[ BM=x\sqrt3. \]

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник \(AMO\). В нём \(OM\perp AC\), а угол при вершине \(A\) равен \(30^\circ\), потому что \(AO\perp BC\), а \(\angle ACB=60^\circ\).

В прямоугольном треугольнике с углами \(30^\circ,60^\circ,90^\circ\) больший катет в \(\sqrt3\) раз больше меньшего. Поэтому

\[ AM=OM\sqrt3, \]

то есть

\[ y=OM\sqrt3, \] \[ OM=\frac{y}{\sqrt3}. \]

Теперь применим теорему Пифагора в двух прямоугольных треугольниках.

В треугольнике \(AMB\):

\[ AB^2=AM^2+BM^2. \]

То есть

\[ AB^2=y^2+3x^2. \]

По условию \(AB=20\), значит,

\[ y^2+3x^2=400. \]

В треугольнике \(CMO\):

\[ CO^2=CM^2+OM^2. \]

Подставляем \(CM=x\) и \(OM=\frac{y}{\sqrt3}\):

\[ CO^2=x^2+\frac{y^2}{3}. \]

Умножим это равенство на \(3\):

\[ 3CO^2=3x^2+y^2. \]

Но \(3x^2+y^2=AB^2=400\). Значит,

\[ 3CO^2=400, \] \[ CO^2=\frac{400}{3}, \] \[ CO=\frac{20}{\sqrt3}. \]

Избавимся от иррациональности:

\[ CO=\frac{20\sqrt3}{3}. \]

Ответ: \(OC=\dfrac{20\sqrt3}{3}\).

---

Итоговые ответы

\[ \boxed{ON=2\sqrt{61}} \]

\[ \boxed{OC=\frac{20\sqrt3}{3}} \]