Номер 731, страница 188 - 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. § 4. Соотношения между сторонами и углами прямоугольного треугольника. Глава 8. Подобные треугольники - номер 731, страница 188.

Навигация по странице:

Решение Комментарии
№731 (с. 188)
Условие. №731 (с. 188)
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 188, номер 731, Условие

731 Основание AD равнобедренной трапеции ABCD в 5 раз больше основания ВС. Высота ВН пересекает диагональ АС в точке М, площадь треугольника АМН равна 4 см². Найдите площадь трапеции ABCD.

Решение 2. №731 (с. 188)
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 188, номер 731, Решение 2
Решение 3. №731 (с. 188)
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 188, номер 731, Решение 3
Решение 4. №731 (с. 188)
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 188, номер 731, Решение 4
Решение 6. №731 (с. 188)
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 188, номер 731, 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 188, номер 731, 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 188, номер 731, Решение 6 (продолжение 3)
Решение 9. №731 (с. 188)
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 188, номер 731, 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 188, номер 731, Решение 9 (продолжение 2)
Решение 11. №731 (с. 188)

Пусть длина меньшего основания трапеции BCBC равна xx. По условию, большее основание ADAD в 5 раз больше, следовательно, AD=5xAD = 5x.

Поскольку трапеция ABCDABCD равнобедренная, мы можем провести вторую высоту CKCK из вершины CC на основание ADAD. В равнобедренной трапеции отрезки, отсекаемые высотами от вершин большего основания, равны, то есть AH=KDAH = KD. Четырехугольник BCKHBCKH является прямоугольником, так как его противоположные стороны параллельны (BCHKBC || HK) и углы при основании ADAD прямые. Отсюда следует, что HK=BC=xHK = BC = x.

Длина большего основания ADAD складывается из длин трех отрезков: AD=AH+HK+KDAD = AH + HK + KD. Заменив KDKD на AHAH и подставив известные значения, получим:5x=AH+x+AH=2AH+x5x = AH + x + AH = 2 \cdot AH + x4x=2AH4x = 2 \cdot AHAH=2xAH = 2x

Рассмотрим треугольник AMHAMH. Так как BHBH является высотой трапеции, проведенной к основанию ADAD, угол MHA\angle MHA прямой и равен 9090^\circ. Следовательно, треугольник AMHAMH — прямоугольный. Его площадь вычисляется как половина произведения катетов:SAMH=12AHMHS_{AMH} = \frac{1}{2} \cdot AH \cdot MHПодставим известные значения: SAMH=4S_{AMH} = 4 см2^2 и AH=2xAH = 2x:4=12(2x)MH4 = \frac{1}{2} \cdot (2x) \cdot MH4=xMH4 = x \cdot MH

Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник ACKACK (где CKCK — высота, CKA=90\angle CKA = 90^\circ). Поскольку высоты BHBH и CKCK обе перпендикулярны ADAD, они параллельны друг другу (BHCKBH || CK). Отрезок HMHM является частью прямой BHBH, следовательно, HMCKHM || CK. Так как отрезок HMHM соединяет стороны ACAC и AKAK треугольника ACKACK и параллелен его третьей стороне CKCK, то треугольник AHMAHM подобен треугольнику ACKACK (AHMACK\triangle AHM \sim \triangle ACK).

Из подобия треугольников следует отношение пропорциональности их сторон:MHCK=AHAK\frac{MH}{CK} = \frac{AH}{AK}Высота CKCK равна высоте BHBH. Обозначим высоту трапеции как hh, то есть CK=BH=hCK = BH = h. Длина отрезка AK=AH+HK=2x+x=3xAK = AH + HK = 2x + x = 3x. Подставим эти выражения в пропорцию:MHh=2x3x=23\frac{MH}{h} = \frac{2x}{3x} = \frac{2}{3}Отсюда MH=23hMH = \frac{2}{3}h.

Теперь мы можем объединить результаты. Из предыдущих шагов мы знаем, что xMH=4x \cdot MH = 4. Подставим сюда выражение для MHMH:x(23h)=4x \cdot \left(\frac{2}{3}h\right) = 423xh=4\frac{2}{3}xh = 4xh=432=6xh = 4 \cdot \frac{3}{2} = 6

Площадь трапеции ABCDABCD находится по формуле:SABCD=AD+BC2BHS_{ABCD} = \frac{AD + BC}{2} \cdot BHПодставим наши обозначения AD=5xAD=5x, BC=xBC=x и BH=hBH=h:SABCD=5x+x2h=6x2h=3xhS_{ABCD} = \frac{5x + x}{2} \cdot h = \frac{6x}{2} \cdot h = 3xhИспользуя найденное значение xh=6xh=6, получаем:SABCD=36=18S_{ABCD} = 3 \cdot 6 = 18

Ответ: 1818 см2^2.

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 731 расположенного на странице 188 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 №731 (с. 188), 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