Номер 849, страница 216 - 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 главе 7. Задачи повышенной трудности. Глава 9. Окружность - номер 849, страница 216.

Навигация по странице:

Решение Комментарии
№849 (с. 216)
Условие. №849 (с. 216)
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 216, номер 849, Условие

849 Прямая, проходящая через середины диагоналей АС и BD четырёхугольника ABCD, пересекает стороны AB и CD в точках М и K. Докажите, что площади треугольников DCM и АKВ равны.

Решение 2. №849 (с. 216)
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 216, номер 849, Решение 2
Решение 3. №849 (с. 216)
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 216, номер 849, Решение 3
Решение 4. №849 (с. 216)
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 216, номер 849, Решение 4
Решение 6. №849 (с. 216)
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 216, номер 849, 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 216, номер 849, 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 216, номер 849, Решение 6 (продолжение 3)
Решение 11. №849 (с. 216)

Пусть $E$ — середина диагонали $AC$, а $F$ — середина диагонали $BD$ четырёхугольника $ABCD$. По условию, прямая проходит через точки $E$ и $F$. Эта же прямая пересекает стороны $AB$ и $CD$ в точках $M$ и $K$ соответственно. Обозначим эту прямую как $l$.

Докажем вспомогательное свойство этой прямой. Для любой точки $P$ на плоскости введём понятие знакового расстояния $d(P, l)$ до прямой $l$. Это расстояние положительно, если точка находится по одну сторону от прямой, и отрицательно, если по другую.

Поскольку точка $E$ является серединой отрезка $AC$ и лежит на прямой $l$, её расстояние до $l$ равно нулю. Расстояние от середины отрезка до прямой равно среднему арифметическому расстояний от его концов. Таким образом:$d(E, l) = \frac{d(A, l) + d(C, l)}{2} = 0$Из этого следует, что $d(A, l) + d(C, l) = 0$, или $d(A, l) = -d(C, l)$.Это означает, что точки $A$ и $C$ находятся на одинаковом расстоянии от прямой $l$, но по разные стороны от неё.

Аналогично, так как $F$ — середина отрезка $BD$ и лежит на прямой $l$:$d(F, l) = \frac{d(B, l) + d(D, l)}{2} = 0$Отсюда $d(B, l) + d(D, l) = 0$, или $d(B, l) = -d(D, l)$.Это означает, что точки $B$ и $D$ также находятся на одинаковом расстоянии от прямой $l$, но по разные стороны от неё.

Теперь перейдём к доказательству равенства площадей $S_{\triangle DCM}$ и $S_{\triangle AKB}$. Для удобства будем использовать понятие знаковой площади, которая может быть положительной или отрицательной в зависимости от ориентации вершин. Обычная геометрическая площадь является модулем знаковой.

Знаковую площадь многоугольника $P_1P_2...P_n$ можно выразить через знаковые площади треугольников с общей вершиной $O$ по формуле: $S_{P_1P_2...P_n} = S_{OP_1P_2} + S_{OP_2P_3} + \dots + S_{OP_nP_1}$.

Выразим знаковую площадь $\triangle DCM$, выбрав в качестве общей вершины точку $K$, которая лежит на прямой $CD$:$S_{DCM} = S_{KDC} + S_{KCM} + S_{KMD}$Поскольку точки $K$, $D$, $C$ лежат на одной прямой, знаковая площадь треугольника $KDC$ равна нулю. Таким образом:$S_{DCM} = S_{KCM} + S_{KMD}$

Аналогично выразим знаковую площадь $\triangle AKB$, выбрав в качестве общей вершины точку $M$, которая лежит на прямой $AB$:$S_{AKB} = S_{MAK} + S_{MKB} + S_{MBA}$Поскольку точки $M$, $A$, $B$ лежат на одной прямой, знаковая площадь треугольника $MBA$ равна нулю. Таким образом:$S_{AKB} = S_{MAK} + S_{MKB}$

Знаковая площадь треугольника, одна из сторон которого лежит на прямой $l$, может быть выражена через длину этой стороны и знаковое расстояние от третьей вершины до прямой $l$. Пусть длина отрезка $MK$ равна $L$. Ориентируем прямую $l$ от $M$ к $K$. Тогда:$S_{KCM} = S_{K,C,M} = -S_{MKC}$. Площадь $S_{MKC} = \frac{1}{2} L \cdot d(C,l)$. Значит, $S_{KCM} = -\frac{1}{2} L \cdot d(C,l)$.$S_{KMD} = S_{K,M,D} = -S_{MKD}$. Площадь $S_{MKD} = \frac{1}{2} L \cdot d(D,l)$. Значит, $S_{KMD} = -\frac{1}{2} L \cdot d(D,l)$.$S_{MAK} = S_{M,A,K}$. Площадь $S_{MKA} = \frac{1}{2} L \cdot d(A,l)$. Значит, $S_{MAK} = -\frac{1}{2} L \cdot d(A,l)$.$S_{MKB} = S_{M,K,B}$. Площадь $S_{MKB} = \frac{1}{2} L \cdot d(B,l)$.

Подставим эти выражения в формулы для площадей:$S_{DCM} = S_{KCM} + S_{KMD} = -\frac{1}{2} L \cdot d(C,l) - \frac{1}{2} L \cdot d(D,l) = -\frac{1}{2} L (d(C,l) + d(D,l))$.$S_{AKB} = S_{MAK} + S_{MKB} = -\frac{1}{2} L \cdot d(A,l) + \frac{1}{2} L \cdot d(B,l) = \frac{1}{2} L (d(B,l) - d(A,l))$.

Используем ранее полученные соотношения $d(A, l) = -d(C, l)$ и $d(B, l) = -d(D, l)$. Подставим их в выражение для $S_{AKB}$:$S_{AKB} = \frac{1}{2} L (d(B,l) - d(A,l)) = \frac{1}{2} L ((-d(D, l)) - (-d(C, l))) = \frac{1}{2} L (d(C, l) - d(D, l))$.

Теперь сравним знаковые площади $S_{DCM}$ и $S_{AKB}$:$S_{DCM} = -\frac{1}{2} L (d(C,l) + d(D,l))$$S_{AKB} = \frac{1}{2} L (d(C,l) - d(D,l))$Кажется, в вычислениях знаков была допущена ошибка. Вернемся к формуле $S_{PQR} = S_{OPQ} + S_{OQR} + S_{ORP}$.$S_{DCM} = S_{KDC} + S_{KCM} + S_{KMD} = 0 + S_{KCM} + S_{KMD}$.$S_{AKB} = S_{MAK} + S_{MKB} + S_{MBA} = S_{MAK} + S_{MKB} + 0$.$S_{KCM} = \frac{1}{2} \vec{KC} \times \vec{KM}$. $S_{KMD} = \frac{1}{2} \vec{KM} \times \vec{KD}$.$S_{DCM} = \frac{1}{2} (\vec{KC} \times \vec{KM} + \vec{KM} \times \vec{KD}) = \frac{1}{2} \vec{KM} \times (\vec{KD} - \vec{KC}) = \frac{1}{2} \vec{KM} \times \vec{CD}$.Аналогично,$S_{MAK} = \frac{1}{2} \vec{MA} \times \vec{MK}$. $S_{MKB} = \frac{1}{2} \vec{MK} \times \vec{MB}$.$S_{AKB} = \frac{1}{2} (\vec{MA} \times \vec{MK} + \vec{MK} \times \vec{MB}) = \frac{1}{2} \vec{MK} \times (\vec{MB} - \vec{MA}) = \frac{1}{2} \vec{MK} \times \vec{AB}$.Итак, нам нужно доказать, что $| \frac{1}{2} \vec{KM} \times \vec{CD} | = | \frac{1}{2} \vec{MK} \times \vec{AB} |$.Это эквивалентно $S_{MKC} + S_{MKD} = S_{MKA} + S_{MKB}$ (обычные площади).$S_{MKC} = \frac{1}{2} MK \cdot |d(C,l)|$. $S_{MKD} = \frac{1}{2} MK \cdot |d(D,l)|$.$S_{MKA} = \frac{1}{2} MK \cdot |d(A,l)|$. $S_{MKB} = \frac{1}{2} MK \cdot |d(B,l)|$.Из $d(A, l) = -d(C, l)$ следует $|d(A, l)| = |d(C, l)|$, поэтому $S_{MKA} = S_{MKC}$.Из $d(B, l) = -d(D, l)$ следует $|d(B, l)| = |d(D, l)|$, поэтому $S_{MKB} = S_{MKD}$.Площадь $\triangle DCM$ можно рассматривать как сумму или разность площадей $\triangle CKM$ и $\triangle DKM$. Так как $C$ и $D$ находятся по разные стороны от прямой $l$, а точки $M,K$ лежат на $l$, то отрезок $CD$ пересекает прямую $l$. Точка $K$ лежит на прямой $CD$, но не обязательно между $C$ и $D$.Рассмотрим площади треугольников с общей вершиной $M$:$S_{\triangle DCM} = S_{\triangle MCD}$. Разность площадей $S_{\triangle MCD}$ и $S_{\triangle MAB}$ ...Давайте используем другой подход, основанный на доказанном свойстве прямой $l$.Для любой точки $P$ на прямой $l$ (прямой Гаусса) выполняется равенство: $S_{\triangle PAB} + S_{\triangle PCD} = S_{\triangle PBC} + S_{\triangle PDA}$.Возьмем в качестве точки $P$ точку $M$. Так как $M$ лежит на прямой $AB$, то $\triangle MAB$ вырожден и его площадь равна нулю ($S_{\triangle MAB}=0$).Тогда равенство принимает вид: $0 + S_{\triangle MCD} = S_{\triangle MBC} + S_{\triangle MDA}$.$S_{\triangle DCM} = S_{\triangle MDA} + S_{\triangle MBC}$.Теперь возьмем в качестве точки $P$ точку $K$. Так как $K$ лежит на прямой $CD$, то $\triangle KCD$ вырожден и его площадь равна нулю ($S_{\triangle KCD}=0$).Равенство принимает вид: $S_{\triangle KAB} + 0 = S_{\triangle KBC} + S_{\triangle KDA}$.$S_{\triangle AKB} = S_{\triangle KDA} + S_{\triangle KBC}$.Нам нужно доказать, что $S_{\triangle DCM} = S_{\triangle AKB}$, то есть:$S_{\triangle MDA} + S_{\triangle MBC} = S_{\triangle KDA} + S_{\triangle KBC}$$S_{\triangle MDA} - S_{\triangle KDA} = S_{\triangle KBC} - S_{\triangle MBC}$Рассмотрим левую часть: $S_{\triangle MDA} - S_{\triangle KDA}$. Эти треугольники имеют общее основание $AD$. Их площади равны $S_{\triangle MDA} = \frac{1}{2} AD \cdot h_M$ и $S_{\triangle KDA} = \frac{1}{2} AD \cdot h_K$, где $h_M$ и $h_K$ — высоты из точек $M$ и $K$ на прямую $AD$. Разность площадей равна $\frac{1}{2} AD \cdot |h_M - h_K|$.Аналогично, правая часть равна $S_{\triangle KBC} - S_{\triangle MBC} = \frac{1}{2} BC \cdot |h'_K - h'_M|$, где $h'_K$ и $h'_M$ — высоты на прямую $BC$.Рассмотрим площадь четырехугольника $MKDA$. Его площадь равна $S_{MKDA} = S_{\triangle MKA} + S_{\triangle MKD} = S_{\triangle MDA} + S_{\triangle KDA}$. Это не всегда верно.Как мы установили ранее, $S_{MKA} = S_{MKC}$ и $S_{MKB} = S_{MKD}$.Площадь $\triangle AKB$ можно представить как $|S_{MKB} - S_{MKA}|$ или $S_{MKB} + S_{MKA}$ в зависимости от расположения точек $A, B$ относительно прямой $MK$. Так как $A,C$ и $B,D$ по разные стороны от $MK$, то $A,B$ по одну сторону, а $C,D$ по другую (или $A,D$ по одну, $B,C$ по другую).Пусть $A, B$ по одну сторону от $MK$. Тогда $S_{\triangle AKB} = |S_{MKB} - S_{MKA}|$.Тогда $C, D$ будут по другую сторону. $S_{\triangle DCM} = |S_{MKC} - S_{MKD}|$.Поскольку $S_{MKA} = S_{MKC}$ и $S_{MKB} = S_{MKD}$, то$S_{\triangle AKB} = |S_{MKD} - S_{MKC}| = |S_{MKC} - S_{MKD}| = S_{\triangle DCM}$.Что и требовалось доказать.

Ответ: Равенство площадей $S_{\triangle DCM} = S_{\triangle AKB}$ доказано.

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 849 расположенного на странице 216 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 №849 (с. 216), 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