Номер 876, страница 219 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

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 8. Задачи повышенной трудности. Глава 9. Окружность - номер 876, страница 219.
№876 (с. 219)
Условие. №876 (с. 219)
скриншот условия

876 Отрезки AA₁, BB₁ и СС₁ соединяют вершины треугольника ABC с внутренними точками противоположных сторон. Докажите, что середины этих отрезков не лежат на одной прямой.
Решение 2. №876 (с. 219)

Решение 3. №876 (с. 219)

Решение 4. №876 (с. 219)

Решение 11. №876 (с. 219)
Для решения задачи воспользуемся векторным методом. Поместим начало координат в вершину $A$ треугольника $ABC$. Тогда вершинам треугольника будут соответствовать векторы $\vec{A} = \vec{0}$, $\vec{B}$ и $\vec{C}$. Поскольку точки $A, B, C$ являются вершинами треугольника, векторы $\vec{B}$ и $\vec{C}$ неколлинеарны.
Точки $A_1, B_1, C_1$ являются внутренними точками сторон $BC, AC, AB$ соответственно. Их положение можно описать с помощью векторов:
- Точка $A_1$ лежит на отрезке $BC$, поэтому ее радиус-вектор $\vec{A_1}$ можно выразить как линейную комбинацию векторов $\vec{B}$ и $\vec{C}$: $\vec{A_1} = (1-\alpha)\vec{B} + \alpha\vec{C}$ для некоторого $\alpha \in (0, 1)$.
- Точка $B_1$ лежит на отрезке $AC$, поэтому $\vec{B_1} = (1-\beta)\vec{A} + \beta\vec{C}$. Так как $\vec{A} = \vec{0}$, получаем $\vec{B_1} = \beta\vec{C}$ для некоторого $\beta \in (0, 1)$.
- Точка $C_1$ лежит на отрезке $AB$, поэтому $\vec{C_1} = (1-\gamma)\vec{A} + \gamma\vec{B}$. Так как $\vec{A} = \vec{0}$, получаем $\vec{C_1} = \gamma\vec{B}$ для некоторого $\gamma \in (0, 1)$.
Параметры $\alpha, \beta, \gamma$ находятся в интервале $(0, 1)$, поскольку точки $A_1, B_1, C_1$ являются внутренними точками сторон, то есть не совпадают с вершинами треугольника.
Пусть $M, N, P$ — середины отрезков $AA_1, BB_1, CC_1$ соответственно. Найдем их радиус-векторы:
- $\vec{M} = \frac{\vec{A} + \vec{A_1}}{2} = \frac{\vec{0} + (1-\alpha)\vec{B} + \alpha\vec{C}}{2} = \frac{1-\alpha}{2}\vec{B} + \frac{\alpha}{2}\vec{C}$
- $\vec{N} = \frac{\vec{B} + \vec{B_1}}{2} = \frac{\vec{B} + \beta\vec{C}}{2} = \frac{1}{2}\vec{B} + \frac{\beta}{2}\vec{C}$
- $\vec{P} = \frac{\vec{C} + \vec{C_1}}{2} = \frac{\vec{C} + \gamma\vec{B}}{2} = \frac{\gamma}{2}\vec{B} + \frac{1}{2}\vec{C}$
Чтобы доказать, что точки $M, N, P$ не лежат на одной прямой, мы предположим обратное — что они коллинеарны, — и покажем, что это приводит к противоречию.
Если точки $M, N, P$ коллинеарны, то векторы $\vec{MN}$ и $\vec{MP}$ должны быть коллинеарны. Найдем эти векторы:
$\vec{MN} = \vec{N} - \vec{M} = \left(\frac{1}{2}\vec{B} + \frac{\beta}{2}\vec{C}\right) - \left(\frac{1-\alpha}{2}\vec{B} + \frac{\alpha}{2}\vec{C}\right) = \left(\frac{1}{2} - \frac{1-\alpha}{2}\right)\vec{B} + \left(\frac{\beta}{2} - \frac{\alpha}{2}\right)\vec{C} = \frac{\alpha}{2}\vec{B} + \frac{\beta-\alpha}{2}\vec{C}$
$\vec{MP} = \vec{P} - \vec{M} = \left(\frac{\gamma}{2}\vec{B} + \frac{1}{2}\vec{C}\right) - \left(\frac{1-\alpha}{2}\vec{B} + \frac{\alpha}{2}\vec{C}\right) = \left(\frac{\gamma}{2} - \frac{1-\alpha}{2}\right)\vec{B} + \left(\frac{1}{2} - \frac{\alpha}{2}\right)\vec{C} = \frac{\gamma+\alpha-1}{2}\vec{B} + \frac{1-\alpha}{2}\vec{C}$
Поскольку векторы $\vec{B}$ и $\vec{C}$ не коллинеарны, векторы $\vec{MN}$ и $\vec{MP}$ коллинеарны тогда и только тогда, когда их координаты в базисе $\{\vec{B}, \vec{C}\}$ пропорциональны. Это эквивалентно равенству нулю определителя, составленного из координат этих векторов:$ \det \begin{pmatrix} \frac{\alpha}{2} & \frac{\gamma+\alpha-1}{2} \\ \frac{\beta-\alpha}{2} & \frac{1-\alpha}{2} \end{pmatrix} = 0 $
Раскрывая определитель, получаем:$ \frac{\alpha}{2} \cdot \frac{1-\alpha}{2} - \frac{\gamma+\alpha-1}{2} \cdot \frac{\beta-\alpha}{2} = 0 $
Умножим обе части на 4:$ \alpha(1-\alpha) - (\gamma+\alpha-1)(\beta-\alpha) = 0 $$ \alpha - \alpha^2 - (\gamma\beta - \gamma\alpha + \alpha\beta - \alpha^2 - \beta + \alpha) = 0 $$ \alpha - \alpha^2 - \gamma\beta + \gamma\alpha - \alpha\beta + \alpha^2 + \beta - \alpha = 0 $$ -\gamma\beta + \gamma\alpha - \alpha\beta + \beta = 0 $
Сгруппируем члены:$ \beta(1-\gamma) + \alpha(\gamma-\beta) = 0 $$ \beta - \beta\gamma + \alpha\gamma - \alpha\beta = 0 $$ \beta + \alpha\gamma = \beta\gamma + \alpha\beta $$ \alpha\gamma = \beta(\alpha + \gamma) - \beta $$ \alpha\gamma = \beta(\alpha + \gamma - 1) $
Итак, предположение о коллинеарности точек $M, N, P$ приводит к равенству $\alpha\gamma = \beta(\alpha + \gamma - 1)$. Проанализируем это равенство.По условию, $\alpha, \beta, \gamma$ — положительные числа из интервала $(0, 1)$.Следовательно, левая часть равенства $\alpha\gamma$ строго положительна.Значит, и правая часть $\beta(\alpha + \gamma - 1)$ должна быть строго положительна. Так как $\beta > 0$, это требует, чтобы $\alpha + \gamma - 1 > 0$, или $\alpha + \gamma > 1$.
Из равенства выразим $\beta$:$ \beta = \frac{\alpha\gamma}{\alpha + \gamma - 1} $
По условию, точка $B_1$ является внутренней точкой отрезка $AC$, что означает $\beta \in (0, 1)$. Проверим, возможно ли это. Условие $\beta > 0$ выполняется, так как числитель и знаменатель положительны. Проверим условие $\beta < 1$:$ \frac{\alpha\gamma}{\alpha + \gamma - 1} < 1 $
Поскольку знаменатель $\alpha + \gamma - 1$ положителен, мы можем умножить на него обе части неравенства, не меняя знака:$ \alpha\gamma < \alpha + \gamma - 1 $$ \alpha\gamma - \alpha - \gamma + 1 < 0 $$ \alpha(\gamma - 1) - (\gamma - 1) < 0 $$ (\alpha - 1)(\gamma - 1) < 0 $
Однако, по условию задачи $\alpha \in (0, 1)$ и $\gamma \in (0, 1)$. Это означает, что $\alpha - 1 < 0$ и $\gamma - 1 < 0$. Произведение двух отрицательных чисел является положительным числом:$ (\alpha - 1)(\gamma - 1) > 0 $
Мы пришли к противоречию: из предположения о коллинеарности точек $M, N, P$ и условия $\beta < 1$ следует, что $(\alpha - 1)(\gamma - 1) < 0$, но из условий задачи известно, что $(\alpha - 1)(\gamma - 1) > 0$.Следовательно, предположение о том, что точки $M, N, P$ лежат на одной прямой, неверно.
Ответ: Что и требовалось доказать.
Другие задания:
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 876 расположенного на странице 219 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 №876 (с. 219), 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.