Упр.835 ГДЗ Атанасян 7-9 класс по геометрии (Геометрия)
Решение #1(Учебник 2025)
Решение #2 (Учебник 2025)ИИ
Доказать, что биссектрисы содержат высотыС пояснением
Обозначим ∠A = α, ∠B = β, ∠C = γ. Тогда α + β + γ = 180°.1) Так как AA₁ — биссектриса, точка A₁ является серединой дуги BC, не содержащей A. Поэтому дуги BA₁ и A₁C равны α. Аналогично B₁ — середина дуги AC, а C₁ — середина дуги AB.2) Пусть AA₁ пересекает B₁C₁ в точке P. Угол между двумя пересекающимися хордами равен половине суммы дуг, заключённых между сторонами этого угла и вертикального ему угла:
∠APB₁ = 1/2(⌒AB₁ + ⌒A₁C₁).
При этом ⌒AB₁ = β, а ⌒A₁C₁ = ⌒A₁B + ⌒BC₁ = α + γ. Следовательно,
∠APB₁ = 1/2(α + β + γ) = 90°.
Значит, AA₁ ⟂ B₁C₁, то есть прямая AA₁ содержит высоту треугольника A₁B₁C₁, проведённую из A₁.3) Аналогично получаем BB₁ ⟂ A₁C₁ и CC₁ ⟂ A₁B₁. Следовательно, прямые BB₁ и CC₁ также содержат высоты треугольника A₁B₁C₁.Ответ: AA₁, BB₁ и CC₁ содержат высоты треугольника A₁B₁C₁.
Кратко Пусть ∠A = α, ∠B = β, ∠C = γ. Точки A₁, B₁, C₁ — середины дуг BC, AC, AB соответственно.Если P = AA₁ ∩ B₁C₁, то
∠APB₁ = 1/2(⌒AB₁ + ⌒A₁C₁)
= 1/2(β + α + γ) = 90°.
Значит, AA₁ ⟂ B₁C₁. Аналогично BB₁ ⟂ A₁C₁ и CC₁ ⟂ A₁B₁.Ответ: прямые AA₁, BB₁ и CC₁ содержат высоты треугольника A₁B₁C₁.
∠APB₁ = 1/2(⌒AB₁ + ⌒A₁C₁).
При этом ⌒AB₁ = β, а ⌒A₁C₁ = ⌒A₁B + ⌒BC₁ = α + γ. Следовательно,
∠APB₁ = 1/2(α + β + γ) = 90°.
Значит, AA₁ ⟂ B₁C₁, то есть прямая AA₁ содержит высоту треугольника A₁B₁C₁, проведённую из A₁.3) Аналогично получаем BB₁ ⟂ A₁C₁ и CC₁ ⟂ A₁B₁. Следовательно, прямые BB₁ и CC₁ также содержат высоты треугольника A₁B₁C₁.Ответ: AA₁, BB₁ и CC₁ содержат высоты треугольника A₁B₁C₁.
Кратко Пусть ∠A = α, ∠B = β, ∠C = γ. Точки A₁, B₁, C₁ — середины дуг BC, AC, AB соответственно.Если P = AA₁ ∩ B₁C₁, то
∠APB₁ = 1/2(⌒AB₁ + ⌒A₁C₁)
= 1/2(β + α + γ) = 90°.
Значит, AA₁ ⟂ B₁C₁. Аналогично BB₁ ⟂ A₁C₁ и CC₁ ⟂ A₁B₁.Ответ: прямые AA₁, BB₁ и CC₁ содержат высоты треугольника A₁B₁C₁.
Решение #3(Учебник 2023)
Решение #4 (Учебник 2023)ИИ
Докажите равенство площадей пятиугольника и трёх треугольниковС пояснением
Обозначим трапецию ABCD, где AD — большее основание, BC — меньшее. Параллельные прямые через B и C пересекают AD в точках E и F. Пусть диагонали пересекаются в точке O, а BE пересекает AC в P, CF пересекает BD в Q. Тогда рассматриваемый пятиугольник — EPOQF.1) Обозначим AD = a, BC = b, AE = x, FD = z, высоту трапеции — h.2) Из подобия треугольников, образованных параллельными прямыми, получаем высоты точек P и Q над основанием AD:
hₚ = hx/(x + b), hq = hz/(z + b).
Поэтому
S(ABP) = bhx/[2(x + b)],
S(CDQ) = bhz/[2(z + b)].3) Диагонали трапеции делят друг друга в отношении оснований, поэтому расстояние от O до BC равно hb/(a + b). Следовательно,
S(BOC) = hb²/[2(a + b)].4) Параллелограмм BCEF состоит из пятиугольника EPOQF и треугольников BOP, BOC, COQ. Вычисляя их площади по формуле S = ah/2 и вычитая из площади параллелограмма bh, получаем
S(EPOQF) = bhx/[2(x + b)] + hb²/[2(a + b)] + bhz/[2(z + b)].Значит,
S(EPOQF) = S(ABP) + S(BOC) + S(CDQ).Ответ: площадь пятиугольника равна сумме площадей треугольников, прилежащих к двум боковым сторонам и меньшему основанию трапеции.
Кратко Пусть P и Q — точки пересечения проведённых параллельных прямых с диагоналями, O — точка пересечения диагоналей. Обозначим AD = a, BC = b, AE = x, FD = z, высоту трапеции через h.По подобию треугольников и формуле площади:
S(ABP) = bhx/[2(x + b)],
S(BOC) = hb²/[2(a + b)],
S(CDQ) = bhz/[2(z + b)].Вычитая из площади параллелограмма BCEF площади треугольников BOP, BOC и COQ, получаем:
S(EPOQF) = bhx/[2(x + b)] + hb²/[2(a + b)] + bhz/[2(z + b)].Следовательно,
S(EPOQF) = S(ABP) + S(BOC) + S(CDQ).Ответ: площадь пятиугольника равна сумме площадей трёх указанных треугольников.
hₚ = hx/(x + b), hq = hz/(z + b).
Поэтому
S(ABP) = bhx/[2(x + b)],
S(CDQ) = bhz/[2(z + b)].3) Диагонали трапеции делят друг друга в отношении оснований, поэтому расстояние от O до BC равно hb/(a + b). Следовательно,
S(BOC) = hb²/[2(a + b)].4) Параллелограмм BCEF состоит из пятиугольника EPOQF и треугольников BOP, BOC, COQ. Вычисляя их площади по формуле S = ah/2 и вычитая из площади параллелограмма bh, получаем
S(EPOQF) = bhx/[2(x + b)] + hb²/[2(a + b)] + bhz/[2(z + b)].Значит,
S(EPOQF) = S(ABP) + S(BOC) + S(CDQ).Ответ: площадь пятиугольника равна сумме площадей треугольников, прилежащих к двум боковым сторонам и меньшему основанию трапеции.
Кратко Пусть P и Q — точки пересечения проведённых параллельных прямых с диагоналями, O — точка пересечения диагоналей. Обозначим AD = a, BC = b, AE = x, FD = z, высоту трапеции через h.По подобию треугольников и формуле площади:
S(ABP) = bhx/[2(x + b)],
S(BOC) = hb²/[2(a + b)],
S(CDQ) = bhz/[2(z + b)].Вычитая из площади параллелограмма BCEF площади треугольников BOP, BOC и COQ, получаем:
S(EPOQF) = bhx/[2(x + b)] + hb²/[2(a + b)] + bhz/[2(z + b)].Следовательно,
S(EPOQF) = S(ABP) + S(BOC) + S(CDQ).Ответ: площадь пятиугольника равна сумме площадей трёх указанных треугольников.
Рассмотрим вариант решения задания из учебника
Атанасян, Бутузов 7-9 класс, Просвещение:
Задание учебника 2025 года
На сторонах параллелограмма вне его построены квадраты. Докажите, что точки пересечения диагоналей этих квадратов являются вершинами квадрата.
Задание учебника 2023 года
Через концы меньшего основания трапеции проведены две параллельные прямые, пересекающие большее основание. Диагонали трапеции и эти прямые делят трапецию на семь треугольников и один пятиугольник. Докажите, что площадь пятиугольника равна сумме площадей трёх треугольников, прилежащих к боковым сторонам и меньшему основанию трапеции.
