Номер 845, страница 216 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

Задачи к главе 7. Задачи повышенной трудности. Глава 9. Окружность - номер 845, страница 216.

845 Точки Р, Q, R и Т соответственно — середины сторон AB, ВС, CD и DA параллелограмма ABCD. Докажите, что при пересечении прямых AQ, BR, СТ и DP образуется параллелограмм, и найдите отношение его площади к площади параллелограмма ABCD.

Доказательство того, что при пересечении прямых AQ, BR, CT и DP образуется параллелограмм

Пусть $ABCD$ — данный параллелограмм. Точки $P, Q, R, T$ — середины сторон $AB, BC, CD, DA$ соответственно.

1. Рассмотрим четырехугольник $ATCQ$. В параллелограмме $ABCD$ противоположные стороны $AD$ и $BC$ равны и параллельны, то есть $AD = BC$ и $AD \parallel BC$. Поскольку $T$ — середина $AD$, то $AT = \frac{1}{2}AD$. Поскольку $Q$ — середина $BC$, то $QC = \frac{1}{2}BC$. Так как $AD=BC$, получаем $AT=QC$. Так как $AD \parallel BC$, то отрезки $AT$ и $QC$, лежащие на этих сторонах, также параллельны ($AT \parallel QC$). Четырехугольник $ATCQ$ имеет пару противоположных сторон ($AT$ и $QC$), которые равны и параллельны. Следовательно, $ATCQ$ — параллелограмм. Из этого следует, что его другие противоположные стороны, $AQ$ и $TC$, также параллельны: $AQ \parallel TC$.

2. Аналогично рассмотрим четырехугольник $PBRD$. В параллелограмме $ABCD$ стороны $AB$ и $CD$ равны и параллельны ($AB=CD$ и $AB \parallel CD$). $P$ — середина $AB$, значит $PB = \frac{1}{2}AB$. $R$ — середина $CD$, значит $RD = \frac{1}{2}CD$. Из $AB=CD$ следует $PB=RD$. Из $AB \parallel CD$ следует $PB \parallel RD$. Четырехугольник $PBRD$, у которого противоположные стороны $PB$ и $RD$ равны и параллельны, является параллелограммом. Следовательно, его другие противоположные стороны, $DP$ и $BR$, также параллельны: $DP \parallel BR$.

3. Пусть четырехугольник, образованный при пересечении прямых $AQ, BR, CT$ и $DP$, называется $KLMN$. Вершины этого четырехугольника являются точками пересечения указанных прямых. Пусть $K$ — пересечение $DP$ и $AQ$, $L$ — пересечение $AQ$ и $BR$, $M$ — пересечение $BR$ и $CT$, $N$ — пересечение $CT$ и $DP$.

Стороны четырехугольника $KLMN$ лежат на этих прямых. - Стороны $KL$ и $NM$ лежат на прямых $AQ$ и $CT$ соответственно. Так как мы доказали, что $AQ \parallel TC$, то $KL \parallel NM$. - Стороны $LM$ и $NK$ лежат на прямых $BR$ и $DP$ соответственно. Так как мы доказали, что $BR \parallel DP$, то $LM \parallel NK$.

Поскольку у четырехугольника $KLMN$ обе пары противоположных сторон параллельны, он является параллелограммом, что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что фигура, образованная при пересечении прямых, является параллелограммом.

Нахождение отношения его площади к площади параллелограмма ABCD

Для нахождения отношения площадей воспользуемся методом, основанным на свойствах аффинных преобразований. Аффинное преобразование плоскости (например, растяжение, сдвиг) переводит параллелограмм в параллелограмм, середину отрезка в середину образа отрезка, а также сохраняет отношение площадей фигур.

Это значит, что мы можем решить задачу для частного случая, когда $ABCD$ является квадратом, и полученный результат будет верен для любого параллелограмма.

1. Пусть $ABCD$ — единичный квадрат с вершинами в точках $A(0, 1)$, $B(1, 1)$, $C(1, 0)$ и $D(0, 0)$. Его площадь $S_{ABCD} = 1^2 = 1$.

2. Найдем координаты середин его сторон:

• $P$ (середина $AB$): $(\frac{0+1}{2}, \frac{1+1}{2}) = (\frac{1}{2}, 1)$
• $Q$ (середина $BC$): $(\frac{1+1}{2}, \frac{1+0}{2}) = (1, \frac{1}{2})$
• $R$ (середина $CD$): $(\frac{1+0}{2}, \frac{0+0}{2}) = (\frac{1}{2}, 0)$
• $T$ (середина $DA$): $(\frac{0+0}{2}, \frac{1+0}{2}) = (0, \frac{1}{2})$

3. Составим уравнения прямых $AQ, BR, CT, DP$:

• Прямая $AQ$ через $A(0, 1)$ и $Q(1, 1/2)$: $y = -\frac{1}{2}x + 1$
• Прямая $BR$ через $B(1, 1)$ и $R(1/2, 0)$: $y = 2x - 1$
• Прямая $CT$ через $C(1, 0)$ и $T(0, 1/2)$: $y = -\frac{1}{2}x + \frac{1}{2}$
• Прямая $DP$ через $D(0, 0)$ и $P(1/2, 1)$: $y = 2x$

4. Найдем координаты вершин внутреннего параллелограмма $KLMN$, решая системы уравнений:

• $K = DP \cap AQ$: $2x = -\frac{1}{2}x + 1 \implies \frac{5}{2}x = 1 \implies x_K = \frac{2}{5}, y_K = \frac{4}{5}$. Итак, $K(\frac{2}{5}, \frac{4}{5})$.
• $L = AQ \cap BR$: $-\frac{1}{2}x + 1 = 2x - 1 \implies 2 = \frac{5}{2}x \implies x_L = \frac{4}{5}, y_L = \frac{3}{5}$. Итак, $L(\frac{4}{5}, \frac{3}{5})$.
• $M = BR \cap CT$: $2x - 1 = -\frac{1}{2}x + \frac{1}{2} \implies \frac{5}{2}x = \frac{3}{2} \implies x_M = \frac{3}{5}, y_M = \frac{1}{5}$. Итак, $M(\frac{3}{5}, \frac{1}{5})$.
• $N = CT \cap DP$: $-\frac{1}{2}x + \frac{1}{2} = 2x \implies \frac{1}{2} = \frac{5}{2}x \implies x_N = \frac{1}{5}, y_N = \frac{2}{5}$. Итак, $N(\frac{1}{5}, \frac{2}{5})$.

5. Вычислим площадь параллелограмма $KLMN$. Её можно найти как модуль определителя, составленного из векторов, образующих смежные стороны, например, $\vec{NK}$ и $\vec{NM}$. $\vec{NK} = (\frac{2}{5}-\frac{1}{5}, \frac{4}{5}-\frac{2}{5}) = (\frac{1}{5}, \frac{2}{5})$ $\vec{NM} = (\frac{3}{5}-\frac{1}{5}, \frac{1}{5}-\frac{2}{5}) = (\frac{2}{5}, -\frac{1}{5})$ $S_{KLMN} = \left| \det \begin{pmatrix} \frac{1}{5} & \frac{2}{5} \\ \frac{2}{5} & -\frac{1}{5} \end{pmatrix} \right| = \left| (\frac{1}{5})(-\frac{1}{5}) - (\frac{2}{5})(\frac{2}{5}) \right| = \left| -\frac{1}{25} - \frac{4}{25} \right| = \left| -\frac{5}{25} \right| = \frac{5}{25} = \frac{1}{5}$.

6. Находим искомое отношение площадей: $\frac{S_{KLMN}}{S_{ABCD}} = \frac{1/5}{1} = \frac{1}{5}$.

Так как отношение площадей сохраняется при аффинных преобразованиях, этот результат верен для любого параллелограмма $ABCD$.

Ответ: Отношение площади полученного параллелограмма к площади параллелограмма $ABCD$ равно $\frac{1}{5}$.