Номер 405, страница 115 - 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

Дополнительные задачи. § 3. Симметричные фигуры. Глава 5. Геометрические места точек. Симметричные фигуры - номер 405, страница 115.

Навигация по странице:

Решение Комментарии
№405 (с. 115)
Условие. №405 (с. 115)
скриншот условия
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 115, номер 405, Условие

405 Докажите, что прямая, содержащая высоту равнобедренного треугольника, проведённую к основанию, является его осью симметрии.

Решение 1. №405 (с. 115)
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 115, номер 405, Решение 1
Решение 10. №405 (с. 115)
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 115, номер 405, Решение 10
Решение 11. №405 (с. 115)

Пусть дан равнобедренный треугольник $ABC$, в котором боковые стороны равны: $AB = BC$. $AC$ — основание треугольника. Проведём из вершины $B$ высоту $BH$ к основанию $AC$. По определению высоты, $BH$ перпендикулярна основанию $AC$, то есть $BH \perp AC$.

Нужно доказать, что прямая, содержащая высоту $BH$, является осью симметрии треугольника $ABC$.

Доказательство:

Рассмотрим два треугольника $\triangle ABH$ и $\triangle CBH$, которые образовались в результате проведения высоты $BH$. Так как $BH$ — высота, то углы $\angle AHB$ и $\angle CHB$ являются прямыми: $\angle AHB = \angle CHB = 90^\circ$. Следовательно, треугольники $\triangle ABH$ и $\triangle CBH$ — прямоугольные.

Сравним эти два прямоугольных треугольника:

1. $AB = BC$ по условию, так как $\triangle ABC$ — равнобедренный. Эти стороны являются гипотенузами в треугольниках $\triangle ABH$ и $\triangle CBH$.
2. $BH$ — общая сторона для обоих треугольников, являющаяся их катетом.

Таким образом, прямоугольные треугольники $\triangle ABH$ и $\triangle CBH$ равны по гипотенузе и катету.

Из равенства треугольников ($\triangle ABH \cong \triangle CBH$) следует равенство их соответствующих элементов. В частности, равны их катеты $AH$ и $CH$ ($AH = CH$) и углы $\angle ABH$ и $\angle CBH$ ($\angle ABH = \angle CBH$). Равенство отрезков $AH$ и $CH$ означает, что высота $BH$ является также и медианой, а равенство углов $\angle ABH$ и $\angle CBH$ означает, что она является и биссектрисой.

Чтобы доказать, что прямая $BH$ является осью симметрии, нужно показать, что при симметричном отражении относительно этой прямой треугольник $ABC$ переходит сам в себя. Рассмотрим такое отражение:

- Точка $B$ лежит на прямой $BH$, поэтому при симметрии она отображается сама на себя.
- Аналогично, точка $H$ лежит на прямой $BH$ и отображается сама на себя.
- Так как прямая $AC$ перпендикулярна прямой $BH$ и, как мы доказали, $AH = CH$, то точка $A$ при симметрии относительно прямой $BH$ отображается в точку $C$, а точка $C$, в свою очередь, отображается в точку $A$.

Следовательно, при симметрии относительно прямой $BH$ вершины треугольника $ABC$ переходят в вершины этого же треугольника ($A \leftrightarrow C$, $B \leftrightarrow B$). Это означает, что отрезки, образующие треугольник, также переходят друг в друга: отрезок $AB$ переходит в отрезок $CB$, а отрезок $BC$ — в отрезок $BA$. Основание $AC$ переходит само в себя. Таким образом, весь треугольник $ABC$ отображается сам на себя.

По определению, прямая, относительно которой фигура симметрична самой себе, является её осью симметрии. Значит, прямая, содержащая высоту $BH$, является осью симметрии равнобедренного треугольника $ABC$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Прямая, содержащая высоту равнобедренного треугольника, проведённую к основанию, делит треугольник на два равных прямоугольных треугольника. При симметрии относительно этой прямой каждая вершина треугольника отображается в одну из вершин этого же треугольника, следовательно, весь треугольник отображается сам на себя. Это по определению означает, что данная прямая является его осью симметрии.

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 405 расположенного на странице 115 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 №405 (с. 115), 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