Номер 1409, страница 363 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023

Авторы: Атанасян Л. С., Бутузов В. Ф., Кадомцев С. Б., Позняк Э. Г., Юдина И. И.

Тип: Учебник

Издательство: Просвещение

Год издания: 2023 - 2025

Уровень обучения: базовый

Цвет обложки: синий

ISBN: 978-5-09-102538-5 (2023), 978-5-09-111167-5 (2024)

Допущено Министерством просвещения Российской Федерации

Популярные ГДЗ в 7 классе

Задачи к главе 13. Задачи повышенной трудности. Глава 15. Преобразование подобия. Подобие фигуры - номер 1409, страница 363.

Навигация по странице:

Решение Комментарии
№1409 (с. 363)
Условие. №1409 (с. 363)
скриншот условия
ГДЗ Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 363, номер 1409, Условие ГДЗ Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 363, номер 1409, Условие (продолжение 2)

1409 На рисунке 425 изображены четыре полуокружности: AЕВ, АKС, CFD, DLB, причём AC=DB. Докажите, что площадь закрашенной фигуры равна площади круга, построенного на отрезке EF как на диаметре.

Рисунок 425
Решение 2. №1409 (с. 363)
ГДЗ Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 363, номер 1409, Решение 2
Решение 3. №1409 (с. 363)
ГДЗ Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 363, номер 1409, Решение 3
Решение 4. №1409 (с. 363)
ГДЗ Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 363, номер 1409, Решение 4
Решение 6. №1409 (с. 363)
ГДЗ Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 363, номер 1409, Решение 6 ГДЗ Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 363, номер 1409, Решение 6 (продолжение 2)
Решение 9. №1409 (с. 363)
ГДЗ Геометрия, 7-9 класс Учебник, авторы: Атанасян Левон Сергеевич, Бутузов Валентин Фёдорович, Кадомцев Сергей Борисович, Позняк Эдуард Генрихович, Юдина Ирина Игоревна, издательство Просвещение, Москва, 2023, страница 363, номер 1409, Решение 9
Решение 11. №1409 (с. 363)

Доказательство:

Введём обозначения для радиусов полуокружностей. Пусть O — середина отрезка AB. Так как по условию AC=DBAC = DB, то точка O также является серединой отрезка CD. Примем точку O за начало координат.

1. Пусть радиус большей полуокружности AEB равен RR. Тогда её диаметр AB=2RAB = 2R. Площадь этой полуокружности равна SAEB=12πR2S_{AEB} = \frac{1}{2}\pi R^2.

2. Пусть радиус полуокружности CFD равен rr. Тогда её диаметр CD=2rCD = 2r. Площадь этой полуокружности равна SCFD=12πr2S_{CFD} = \frac{1}{2}\pi r^2.

3. Найдём диаметр полуокружностей AKC и DLB. Так как AC=DBAC=DB и O — общая середина AB и CD, то AC=AOCO=RrAC = AO - CO = R - r. Следовательно, диаметр малых боковых полуокружностей равен RrR-r. Их радиус равен Rr2\frac{R-r}{2}. Площадь каждой из них равна SAKC=SDLB=12π(Rr2)2=π(Rr)28S_{AKC} = S_{DLB} = \frac{1}{2}\pi \left(\frac{R-r}{2}\right)^2 = \frac{\pi(R-r)^2}{8}.

4. Теперь определим площадь закрашенной фигуры. Визуально она состоит из двух малых полуокружностей (AKC и DLB) и центральной части, которая представляет собой большую полуокружность (AEB) без вырезанной из неё средней полуокружности (CFD). Таким образом, площадь закрашенной фигуры SзакрS_{закр} вычисляется по формуле:

Sзакр=SAKC+SDLB+(SAEBSCFD)S_{закр} = S_{AKC} + S_{DLB} + (S_{AEB} - S_{CFD})

Подставим выражения для площадей:

Sзакр=π(Rr)28+π(Rr)28+(12πR212πr2)S_{закр} = \frac{\pi(R-r)^2}{8} + \frac{\pi(R-r)^2}{8} + \left(\frac{1}{2}\pi R^2 - \frac{1}{2}\pi r^2\right)

Sзакр=2π(Rr)28+π2(R2r2)S_{закр} = 2 \cdot \frac{\pi(R-r)^2}{8} + \frac{\pi}{2}(R^2 - r^2)

Sзакр=π(Rr)24+π2(Rr)(R+r)S_{закр} = \frac{\pi(R-r)^2}{4} + \frac{\pi}{2}(R-r)(R+r)

Вынесем общий множитель π(Rr)4\frac{\pi(R-r)}{4} за скобки:

Sзакр=π(Rr)4((Rr)+2(R+r))S_{закр} = \frac{\pi(R-r)}{4} \left( (R-r) + 2(R+r) \right)

Sзакр=π(Rr)4(Rr+2R+2r)S_{закр} = \frac{\pi(R-r)}{4} (R - r + 2R + 2r)

Sзакр=π(Rr)4(3R+r)S_{закр} = \frac{\pi(R-r)}{4} (3R + r)

Примечание: Данное выражение показывает, что при буквальной трактовке фигуры, изображённой на рисунке, её площадь не равна площади круга, построенного на отрезке EF. В таких задачах часто встречается неточность в изображении. Классическая фигура "салинон", для которой утверждение задачи верно, предполагает, что средняя полуокружность (в данном случае CFD) строится на другой стороне от диаметра AB. Если предположить, что полуокружность CFD направлена вниз, то площадь фигуры вычисляется иначе. Однако, будем решать задачу в строгом соответствии с её условиями и рисунком. Вероятно, в условии задачи имеется в виду, что F — это не точка на полуокружности CFD, а точка, симметричная E относительно прямой AB, то есть EF — это диаметр окружности, которой принадлежит полуокружность AEB.

Давайте пересмотрим условие и докажем утверждение в предположении, что отрезок EF, упомянутый в задаче, является диаметром большой окружности, перпендикулярным диаметру AB (как это часто изображается на чертежах к подобным задачам). В этом случае длина EF=2REF = 2R.

Площадь круга, построенного на отрезке EF как на диаметре, будет равна:

Sкруга=π(EF2)2=π(2R2)2=πR2S_{круга} = \pi \left(\frac{EF}{2}\right)^2 = \pi \left(\frac{2R}{2}\right)^2 = \pi R^2

Как показано выше, площадь закрашенной фигуры не равна πR2\pi R^2. Это указывает на возможную ошибку в условии задачи 1409. Однако, если предположить, что в задаче имелась в виду классическая фигура "салинон" (где полуокружность CFD строится в противоположную сторону), то доказательство выглядит следующим образом:

Альтернативное доказательство (для классического салинона):

Площадь салинона вычисляется как Sсалинон=SAEBSAKCSDLB+SCFDS_{салинон} = S_{AEB} - S_{AKC} - S_{DLB} + S_{CFD} (полуокружность CFD добавляется, так как она находится с другой стороны).

Sсалинон=12πR22π(Rr)28+12πr2S_{салинон} = \frac{1}{2}\pi R^2 - 2 \cdot \frac{\pi(R-r)^2}{8} + \frac{1}{2}\pi r^2

Sсалинон=π2(R2+r2)π4(Rr)2S_{салинон} = \frac{\pi}{2}(R^2+r^2) - \frac{\pi}{4}(R-r)^2

Sсалинон=π4[2(R2+r2)(R22Rr+r2)]S_{салинон} = \frac{\pi}{4} [2(R^2+r^2) - (R^2-2Rr+r^2)]

Sсалинон=π4[2R2+2r2R2+2Rrr2]S_{салинон} = \frac{\pi}{4} [2R^2+2r^2 - R^2+2Rr-r^2]

Sсалинон=π4[R2+2Rr+r2]=π4(R+r)2S_{салинон} = \frac{\pi}{4} [R^2+2Rr+r^2] = \frac{\pi}{4} (R+r)^2

В этом случае отрезок EF соединяет вершины полуокружностей AEB и CFD, и его длина равна EF=R+rEF = R+r. Площадь круга с диаметром EF будет равна:

Sкруга=π(EF2)2=π(R+r2)2=π(R+r)24S_{круга} = \pi \left(\frac{EF}{2}\right)^2 = \pi \left(\frac{R+r}{2}\right)^2 = \frac{\pi(R+r)^2}{4}

В данном случае площади совпадают. Учитывая, что это стандартная олимпиадная задача, скорее всего, в рисунке допущена неточность, и фигура является салиноном.

Ответ: При условии, что фигура является классическим салиноном (полуокружность CFD направлена в противоположную сторону от AEB), площадь закрашенной фигуры равна π4(R+r)2\frac{\pi}{4}(R+r)^2. Площадь круга, построенного на отрезке EF (соединяющем вершины E и F) как на диаметре, также равна π4(R+r)2\frac{\pi}{4}(R+r)^2. Следовательно, утверждение задачи доказано для этой конфигурации.

Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.

Мы подготовили для вас ответ c подробным объяснением домашего задания по геометрии за 7-9 класс, для упражнения номер 1409 расположенного на странице 363 к учебнику 2023 года издания для учащихся школ и гимназий.

Теперь на нашем сайте ГДЗ.ТОП вы всегда легко и бесплатно найдёте условие с правильным ответом на вопрос «Как решить ДЗ» и «Как сделать» задание по геометрии к упражнению №1409 (с. 363), авторов: Атанасян (Левон Сергеевич), Бутузов (Валентин Фёдорович), Кадомцев (Сергей Борисович), Позняк (Эдуард Генрихович), Юдина (Ирина Игоревна), ФГОС (новый, красный) базовый уровень обучения учебного пособия издательства Просвещение.

Присоединяйтесь к Телеграм-группе @top_gdz

Присоединиться