Номер 425, страница 116 - 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 главам 3 и 4. Задачи повышенной трудности. Глава 5. Геометрические места точек. Симметричные фигуры - номер 425, страница 116.

Навигация по странице:

Решение Комментарии
№425 (с. 116)
Условие. №425 (с. 116)
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 116, номер 425, Условие

425 Через каждую вершину данного треугольника проведена прямая, перпендикулярная к биссектрисе треугольника, исходящей из этой вершины. Отрезки этих прямых вместе со сторонами данного треугольника образуют три треугольника. Докажите, что углы этих треугольников соответственно равны.

Решение 2. №425 (с. 116)
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 116, номер 425, Решение 2
Решение 3. №425 (с. 116)
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 116, номер 425, Решение 3 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 116, номер 425, Решение 3 (продолжение 2)
Решение 4. №425 (с. 116)
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 116, номер 425, Решение 4
Решение 9. №425 (с. 116)
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 116, номер 425, Решение 9
Решение 11. №425 (с. 116)

Пусть дан треугольник $ABC$ с углами $\angle A = \alpha$, $\angle B = \beta$ и $\angle C = \gamma$. Сумма углов треугольника равна $180^\circ$, то есть $\alpha + \beta + \gamma = 180^\circ$.

Через каждую вершину треугольника проведем прямую, перпендикулярную биссектрисе, исходящей из этой вершины. Рассмотрим вершину $A$. Пусть $l_A$ — биссектриса угла $\angle A$. Прямая $p_A$, проходящая через точку $A$ и перпендикулярная $l_A$, является биссектрисой внешнего угла при вершине $A$. Это следует из того, что биссектрисы смежных углов взаимно перпендикулярны. Аналогично, прямые $p_B$ и $p_C$, проведенные через вершины $B$ и $C$, являются биссектрисами внешних углов при этих вершинах.

Эти три прямые, пересекаясь, образуют новый треугольник. Обозначим точки их пересечения: $R = p_A \cap p_B$, $P = p_B \cap p_C$, $Q = p_C \cap p_A$.

Согласно условию, "отрезки этих прямых вместе со сторонами данного треугольника образуют три треугольника". Этими треугольниками являются $\triangle ABR$, $\triangle BCP$ и $\triangle CAQ$. Нам нужно доказать, что углы этих трех треугольников соответственно равны, то есть они имеют одинаковый набор углов.

Найдем углы треугольника $\triangle ABR$.

  • Угол $\angle RAB$ — это угол между стороной $AB$ и прямой $p_A$. Так как $p_A$ — биссектриса внешнего угла при вершине $A$, который равен $180^\circ - \alpha$, то $\angle RAB = \frac{180^\circ - \alpha}{2} = 90^\circ - \frac{\alpha}{2}$.
  • Угол $\angle RBA$ — это угол между стороной $AB$ и прямой $p_B$. Так как $p_B$ — биссектриса внешнего угла при вершине $B$, который равен $180^\circ - \beta$, то $\angle RBA = \frac{180^\circ - \beta}{2} = 90^\circ - \frac{\beta}{2}$.
  • Угол $\angle ARB$ найдем из суммы углов треугольника $\triangle ABR$:
    $\angle ARB = 180^\circ - \angle RAB - \angle RBA = 180^\circ - (90^\circ - \frac{\alpha}{2}) - (90^\circ - \frac{\beta}{2}) = \frac{\alpha}{2} + \frac{\beta}{2} = \frac{\alpha + \beta}{2}$.
    Поскольку $\alpha + \beta = 180^\circ - \gamma$, получаем:
    $\angle ARB = \frac{180^\circ - \gamma}{2} = 90^\circ - \frac{\gamma}{2}$.

Таким образом, углы треугольника $\triangle ABR$ равны $\{90^\circ - \frac{\alpha}{2}, 90^\circ - \frac{\beta}{2}, 90^\circ - \frac{\gamma}{2}\}$.

Проведем аналогичные вычисления для двух других треугольников.

Для треугольника $\triangle BCP$:

  • $\angle PBC = 90^\circ - \frac{\beta}{2}$ (угол между стороной $BC$ и внешней биссектрисой $p_B$).
  • $\angle PCB = 90^\circ - \frac{\gamma}{2}$ (угол между стороной $BC$ и внешней биссектрисой $p_C$).
  • $\angle BPC = 180^\circ - (90^\circ - \frac{\beta}{2}) - (90^\circ - \frac{\gamma}{2}) = \frac{\beta + \gamma}{2} = \frac{180^\circ - \alpha}{2} = 90^\circ - \frac{\alpha}{2}$.

Углы треугольника $\triangle BCP$ равны $\{90^\circ - \frac{\beta}{2}, 90^\circ - \frac{\gamma}{2}, 90^\circ - \frac{\alpha}{2}\}$.

Для треугольника $\triangle CAQ$:

  • $\angle QCA = 90^\circ - \frac{\gamma}{2}$ (угол между стороной $AC$ и внешней биссектрисой $p_C$).
  • $\angle QAC = 90^\circ - \frac{\alpha}{2}$ (угол между стороной $AC$ и внешней биссектрисой $p_A$).
  • $\angle AQC = 180^\circ - (90^\circ - \frac{\gamma}{2}) - (90^\circ - \frac{\alpha}{2}) = \frac{\gamma + \alpha}{2} = \frac{180^\circ - \beta}{2} = 90^\circ - \frac{\beta}{2}$.

Углы треугольника $\triangle CAQ$ равны $\{90^\circ - \frac{\gamma}{2}, 90^\circ - \frac{\alpha}{2}, 90^\circ - \frac{\beta}{2}\}$.

Мы видим, что все три образовавшихся треугольника ($\triangle ABR, \triangle BCP, \triangle CAQ$) имеют один и тот же набор углов: $\{90^\circ - \frac{\alpha}{2}, 90^\circ - \frac{\beta}{2}, 90^\circ - \frac{\gamma}{2}\}$. Следовательно, углы этих треугольников соответственно равны, что и требовалось доказать.

Ответ: Углы каждого из трех образовавшихся треугольников равны $90^\circ - \frac{\alpha}{2}$, $90^\circ - \frac{\beta}{2}$ и $90^\circ - \frac{\gamma}{2}$, где $\alpha, \beta, \gamma$ — углы исходного треугольника. Поскольку набор углов для всех трех треугольников одинаков, их углы соответственно равны.

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 425 расположенного на странице 116 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 №425 (с. 116), 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