Номер 628, страница 160 - 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. Теорема Пифагора. Глава 7. Площадь - номер 628, страница 160.

Навигация по странице:

Решение Комментарии
№628 (с. 160)
Условие. №628 (с. 160)
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 160, номер 628, Условие

628 Два квадрата со стороной а имеют одну общую вершину, причём сторона одного из них лежит на диагонали другого. Найдите площадь общей части этих квадратов.

Решение 2. №628 (с. 160)
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 160, номер 628, Решение 2
Решение 3. №628 (с. 160)
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 160, номер 628, Решение 3
Решение 4. №628 (с. 160)
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 160, номер 628, Решение 4
Решение 6. №628 (с. 160)
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 160, номер 628, Решение 6 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 160, номер 628, Решение 6 (продолжение 2) 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 160, номер 628, Решение 6 (продолжение 3)
Решение 9. №628 (с. 160)
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 160, номер 628, Решение 9 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 160, номер 628, Решение 9 (продолжение 2)
Решение 11. №628 (с. 160)

Для решения задачи введем декартову систему координат. Пусть первый квадрат, назовем его $S_1$, расположен так, что одна из его вершин находится в начале координат $A(0,0)$, а две его стороны лежат на осях координат. Тогда вершины квадрата $S_1$ будут $A(0,0)$, $B(a,0)$, $C(a,a)$ и $D(0,a)$. Этот квадрат занимает область $0 \le x \le a$, $0 \le y \le a$.

Диагональ этого квадрата, исходящая из общей вершины $A$, — это отрезок $AC$, который лежит на прямой $y=x$.

Второй квадрат, назовем его $S_2$, также имеет сторону длиной $a$ и общую вершину $A(0,0)$. По условию, одна из его сторон лежит на диагонали квадрата $S_1$. Пусть эта сторона — $AP$, где $P$ — другая вершина квадрата $S_2$. Точка $P$ лежит на прямой $y=x$, а длина отрезка $AP$ равна $a$. Найдем координаты точки $P(x_P, y_P)$.

Так как $P$ лежит на $y=x$, то $x_P = y_P$. Расстояние от $A(0,0)$ до $P$ равно $a$:
$\sqrt{x_P^2 + y_P^2} = a \implies \sqrt{x_P^2 + x_P^2} = a \implies \sqrt{2x_P^2} = a \implies x_P\sqrt{2} = a$.
Отсюда $x_P = \frac{a}{\sqrt{2}}$. Таким образом, координаты вершины $P$ равны $(\frac{a}{\sqrt{2}}, \frac{a}{\sqrt{2}})$.

Общая часть двух квадратов — это многоугольник, расположенный в первом квадранте. Найдем вершины этого многоугольника, чтобы вычислить его площадь. Область пересечения ограничена сторонами квадрата $S_1$ (осями координат и прямыми $x=a$, $y=a$) и сторонами квадрата $S_2$.

Рассмотрим стороны квадрата $S_2$, исходящие из вершины $A$. Одна сторона — $AP$ на прямой $y=x$. Вторая сторона $AR$ должна быть перпендикулярна $AP$, то есть лежать на прямой $y=-x$. Эта сторона не входит в первый квадрант (кроме точки $A$), поэтому не вносит вклада в площадь пересечения, кроме как ограничивая ее в точке $A$.

Теперь рассмотрим сторону $S_2$, смежную со стороной $AP$, — это сторона $PQ$. Она перпендикулярна $AP$, значит, ее угловой коэффициент равен $-1$. Уравнение прямой, содержащей $PQ$, проходит через точку $P(\frac{a}{\sqrt{2}}, \frac{a}{\sqrt{2}})$:

$y - y_P = -1(x - x_P) \implies y - \frac{a}{\sqrt{2}} = -(x - \frac{a}{\sqrt{2}}) \implies y = -x + \frac{2a}{\sqrt{2}} \implies y = -x + a\sqrt{2}$.

Найдем точки пересечения этой прямой со сторонами квадрата $S_1$ ($y=a$ и $x=a$):

  • Пересечение с прямой $y=a$:
    $a = -x + a\sqrt{2} \implies x = a\sqrt{2} - a = a(\sqrt{2}-1)$.
    Назовем эту точку $N$. Ее координаты $N(a(\sqrt{2}-1), a)$. Так как $0 < \sqrt{2}-1 < 1$, точка $N$ лежит на верхней стороне $CD$ квадрата $S_1$.
  • Вершина $Q$ квадрата $S_2$ находится на расстоянии $a$ от $P$ вдоль прямой $y=-x+a\sqrt{2}$. Ее координаты $Q(0, a\sqrt{2})$, что находится за пределами квадрата $S_1$.

Таким образом, общая часть двух квадратов представляет собой четырехугольник $APND$, вершины которого имеют следующие координаты:

  • $A(0,0)$ — общая вершина.
  • $P(\frac{a}{\sqrt{2}}, \frac{a}{\sqrt{2}})$ — вершина квадрата $S_2$.
  • $N(a(\sqrt{2}-1), a)$ — точка пересечения стороны $S_2$ со стороной $S_1$.
  • $D(0,a)$ — вершина квадрата $S_1$.

Для вычисления площади четырехугольника $APND$ разобьем его на два треугольника: $\triangle APD$ и $\triangle PND$.

1. Площадь треугольника $\triangle APD$.
Основание $AD$ лежит на оси $y$, его длина равна $a$. Высота, опущенная из вершины $P$ на основание $AD$, равна абсциссе точки $P$, то есть $\frac{a}{\sqrt{2}}$.
$S_{\triangle APD} = \frac{1}{2} \cdot \text{основание} \cdot \text{высота} = \frac{1}{2} \cdot a \cdot \frac{a}{\sqrt{2}} = \frac{a^2}{2\sqrt{2}}$.

2. Площадь треугольника $\triangle PND$.
Основание $ND$ лежит на прямой $y=a$, его длина равна разности абсцисс точек $N$ и $D$:
$|ND| = x_N - x_D = a(\sqrt{2}-1) - 0 = a(\sqrt{2}-1)$.
Высота, опущенная из вершины $P$ на прямую $y=a$, равна разности ординат $a$ и $y_P$:
$h = a - y_P = a - \frac{a}{\sqrt{2}} = a(1 - \frac{1}{\sqrt{2}}) = a\frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}}$.
$S_{\triangle PND} = \frac{1}{2} \cdot |ND| \cdot h = \frac{1}{2} \cdot a(\sqrt{2}-1) \cdot a\frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}} = \frac{a^2(\sqrt{2}-1)^2}{2\sqrt{2}}$.

Общая площадь $S$ равна сумме площадей этих треугольников:
$S = S_{\triangle APD} + S_{\triangle PND} = \frac{a^2}{2\sqrt{2}} + \frac{a^2(\sqrt{2}-1)^2}{2\sqrt{2}} = \frac{a^2}{2\sqrt{2}} \left(1 + (\sqrt{2}-1)^2\right)$.
$S = \frac{a^2}{2\sqrt{2}} (1 + 2 - 2\sqrt{2} + 1) = \frac{a^2}{2\sqrt{2}} (4 - 2\sqrt{2}) = \frac{a^2 \cdot 2(2 - \sqrt{2})}{2\sqrt{2}} = \frac{a^2(2 - \sqrt{2})}{\sqrt{2}}$.
$S = a^2\left(\frac{2}{\sqrt{2}} - \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}}\right) = a^2(\sqrt{2}-1)$.

Ответ: $a^2(\sqrt{2}-1)$.

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 628 расположенного на странице 160 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 №628 (с. 160), 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