Страница 245 - 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

Cтраница 245

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 245
№991 (с. 245)
Условие. №991 (с. 245)
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 245, номер 991, Условие

991 На сторонах MN и NP треугольника MNP отмечены соответственно точки X и Y так, что MXXN = 32 и NYYP = 32. Выразите векторы XY и МР через векторы a = NM и b = NP.

Решение 2. №991 (с. 245)
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 245, номер 991, Решение 2
Решение 3. №991 (с. 245)
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 245, номер 991, Решение 3
Решение 4. №991 (с. 245)
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 245, номер 991, Решение 4
Решение 6. №991 (с. 245)
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 245, номер 991, 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 245, номер 991, Решение 6 (продолжение 2)
Решение 9. №991 (с. 245)
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 245, номер 991, Решение 9
Решение 11. №991 (с. 245)

В задаче даны треугольник $MNP$, точки $X$ на $MN$ и $Y$ на $NP$, базисные векторы $\vec{a} = \vec{NM}$ и $\vec{b} = \vec{NP}$, а также соотношения $\frac{MX}{XN} = \frac{3}{2}$ и $\frac{NY}{YP} = \frac{3}{2}$.

Выражение вектора $\vec{XY}$

Для выражения вектора $\vec{XY}$ воспользуемся правилом сложения векторов, представив его как сумму векторов, идущих по сторонам треугольника $XNY$: $\vec{XY} = \vec{XN} + \vec{NY}$.

Найдем вектор $\vec{XN}$. Точка $X$ делит сторону $MN$ в отношении $MX:XN = 3:2$. Это значит, что длина отрезка $XN$ составляет $\frac{2}{3+2} = \frac{2}{5}$ от длины всего отрезка $MN$. Вектор $\vec{XN}$ сонаправлен с вектором $\vec{MN}$. Вектор $\vec{MN}$ противоположен вектору $\vec{NM}$, поэтому $\vec{MN} = -\vec{NM} = -\vec{a}$. Таким образом, получаем: $\vec{XN} = \frac{2}{5}\vec{MN} = \frac{2}{5}(-\vec{a}) = -\frac{2}{5}\vec{a}$.

Теперь найдем вектор $\vec{NY}$. Точка $Y$ делит сторону $NP$ в отношении $NY:YP = 3:2$. Это значит, что длина отрезка $NY$ составляет $\frac{3}{3+2} = \frac{3}{5}$ от длины всего отрезка $NP$. Вектор $\vec{NY}$ сонаправлен с вектором $\vec{NP}$. По условию $\vec{NP} = \vec{b}$. Таким образом, получаем: $\vec{NY} = \frac{3}{5}\vec{NP} = \frac{3}{5}\vec{b}$.

Подставим найденные выражения для векторов $\vec{XN}$ и $\vec{NY}$ в исходную формулу: $\vec{XY} = -\frac{2}{5}\vec{a} + \frac{3}{5}\vec{b}$.

Ответ: $\vec{XY} = \frac{3}{5}\vec{b} - \frac{2}{5}\vec{a}$

Выражение вектора $\vec{MP}$

Для выражения вектора $\vec{MP}$ воспользуемся правилом треугольника для сложения векторов: $\vec{MP} = \vec{MN} + \vec{NP}$.

Нам известны векторы $\vec{a} = \vec{NM}$ и $\vec{b} = \vec{NP}$. Выразим векторы $\vec{MN}$ и $\vec{NP}$ через них. Вектор $\vec{MN}$ является противоположным к вектору $\vec{NM}$, следовательно, $\vec{MN} = -\vec{NM} = -\vec{a}$. Вектор $\vec{NP}$ дан по условию: $\vec{NP} = \vec{b}$.

Теперь подставим эти выражения в правило треугольника: $\vec{MP} = -\vec{a} + \vec{b}$.

Ответ: $\vec{MP} = \vec{b} - \vec{a}$

№992 (с. 245)
Условие. №992 (с. 245)
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 245, номер 992, Условие

992 Основание AD трапеции ABCD в 3 раза больше основания ВС. На стороне AD отмечена такая точка K, что AK = 13AD. Выразите векторы СK, KD и ВС через векторы а = ВА и b = CD.

Решение 2. №992 (с. 245)
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 245, номер 992, Решение 2
Решение 3. №992 (с. 245)
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 245, номер 992, Решение 3
Решение 4. №992 (с. 245)
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 245, номер 992, Решение 4
Решение 6. №992 (с. 245)
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 245, номер 992, 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 245, номер 992, Решение 6 (продолжение 2)
Решение 9. №992 (с. 245)
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 245, номер 992, Решение 9
Решение 11. №992 (с. 245)

По условию задачи дана трапеция $ABCD$ с основаниями $AD$ и $BC$. Из того, что основание $AD$ в 3 раза больше основания $BC$, и того, что основания трапеции параллельны ($AD \parallel BC$), следует векторное соотношение $\vec{AD} = 3\vec{BC}$.

На стороне $AD$ отмечена точка $K$ такая, что $AK = \frac{1}{3}AD$, следовательно, в векторном виде: $\vec{AK} = \frac{1}{3}\vec{AD}$.

Также даны векторы $\vec{a} = \vec{BA}$ и $\vec{b} = \vec{CD}$.

Для решения задачи удобно сначала выразить вспомогательный вектор $\vec{BC}$ через $\vec{a}$ и $\vec{b}$. Для этого воспользуемся правилом замкнутого контура для трапеции: $\vec{BA} + \vec{AD} + \vec{DC} + \vec{CB} = \vec{0}$.

Подставим в это равенство известные векторы и соотношения, учитывая что $\vec{DC} = -\vec{b}$ и $\vec{CB} = -\vec{BC}$:

$\vec{a} + 3\vec{BC} - \vec{b} - \vec{BC} = \vec{0}$

Приведем подобные члены:

$2\vec{BC} + \vec{a} - \vec{b} = \vec{0}$

Отсюда выражаем $\vec{BC}$:

$2\vec{BC} = \vec{b} - \vec{a} \implies \vec{BC} = \frac{1}{2}(\vec{b} - \vec{a})$

Теперь, имея это выражение, мы можем найти все требуемые векторы.

$\vec{CK}$

Выразим вектор $\vec{CK}$ по правилу сложения векторов, используя ломаную $C \to D \to A \to K$:

$\vec{CK} = \vec{CD} + \vec{DA} + \vec{AK}$

Теперь выразим каждый вектор в правой части через $\vec{a}$ и $\vec{b}$:

  • $\vec{CD} = \vec{b}$
  • $\vec{DA} = -\vec{AD} = -3\vec{BC} = -3 \cdot \frac{1}{2}(\vec{b} - \vec{a}) = -\frac{3}{2}(\vec{b} - \vec{a})$
  • $\vec{AK} = \frac{1}{3}\vec{AD} = \vec{BC} = \frac{1}{2}(\vec{b} - \vec{a})$

Подставим эти выражения и выполним сложение:

$\vec{CK} = \vec{b} - \frac{3}{2}(\vec{b} - \vec{a}) + \frac{1}{2}(\vec{b} - \vec{a})$

Сгруппируем слагаемые с $(\vec{b} - \vec{a})$:

$\vec{CK} = \vec{b} + (-\frac{3}{2} + \frac{1}{2})(\vec{b} - \vec{a}) = \vec{b} - 1 \cdot (\vec{b} - \vec{a}) = \vec{b} - \vec{b} + \vec{a} = \vec{a}$

Ответ: $\vec{CK} = \vec{a}$.

$\vec{KD}$

Вектор $\vec{KD}$ является частью вектора $\vec{AD}$. По правилу сложения векторов, $\vec{AD} = \vec{AK} + \vec{KD}$.

Отсюда $\vec{KD} = \vec{AD} - \vec{AK}$.

Так как по условию $\vec{AK} = \frac{1}{3}\vec{AD}$, то:

$\vec{KD} = \vec{AD} - \frac{1}{3}\vec{AD} = \frac{2}{3}\vec{AD}$

Теперь выразим $\vec{AD}$ через $\vec{a}$ и $\vec{b}$, используя найденное ранее соотношение $\vec{AD} = 3\vec{BC}$:

$\vec{AD} = 3\vec{BC} = 3 \cdot \frac{1}{2}(\vec{b} - \vec{a}) = \frac{3}{2}(\vec{b} - \vec{a})$

Подставим это выражение в формулу для $\vec{KD}$:

$\vec{KD} = \frac{2}{3} \cdot \left(\frac{3}{2}(\vec{b} - \vec{a})\right) = \vec{b} - \vec{a}$

Ответ: $\vec{KD} = \vec{b} - \vec{a}$.

$\vec{BC}$

Выражение для этого вектора было найдено во вступительной части решения. Приведем вывод еще раз для полноты ответа.

По правилу замкнутого контура для трапеции $ABCD$: $\vec{BA} + \vec{AD} + \vec{DC} + \vec{CB} = \vec{0}$.

Подставим в это равенство выражения через заданные векторы и искомый вектор $\vec{BC}$:

$\vec{a} + 3\vec{BC} + (-\vec{b}) + (-\vec{BC}) = \vec{0}$

Упростим полученное уравнение:

$\vec{a} - \vec{b} + 2\vec{BC} = \vec{0}$

Выразим $2\vec{BC}$:

$2\vec{BC} = \vec{b} - \vec{a}$

Окончательно получаем:

$\vec{BC} = \frac{1}{2}(\vec{b} - \vec{a})$

Ответ: $\vec{BC} = \frac{1}{2}(\vec{b} - \vec{a})$.

№993 (с. 245)
Условие. №993 (с. 245)
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 245, номер 993, Условие

993 Три точки А, В и С расположены так, что BC = 12AB. Докажите, что для любой точки О справедливо равенство

OB = 13OA + 23OC.

Решение 2. №993 (с. 245)
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 245, номер 993, Решение 2
Решение 3. №993 (с. 245)
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 245, номер 993, Решение 3
Решение 4. №993 (с. 245)
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 245, номер 993, Решение 4
Решение 6. №993 (с. 245)
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 245, номер 993, 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 245, номер 993, Решение 6 (продолжение 2)
Решение 9. №993 (с. 245)
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 245, номер 993, 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 245, номер 993, Решение 9 (продолжение 2)
Решение 11. №993 (с. 245)

Начнем с равенства, данного в условии задачи:
$\vec{BC} = \frac{1}{2}\vec{AB}$

Для доказательства искомого тождества введем произвольную точку $O$ и выразим векторы $\vec{AB}$ и $\vec{BC}$ через радиус-векторы с началом в этой точке. Согласно правилу вычитания векторов:
$\vec{AB} = \vec{OB} - \vec{OA}$
$\vec{BC} = \vec{OC} - \vec{OB}$

Подставим эти выражения в исходное равенство:
$\vec{OC} - \vec{OB} = \frac{1}{2}(\vec{OB} - \vec{OA})$

Теперь необходимо преобразовать полученное уравнение так, чтобы выразить вектор $\vec{OB}$. Для этого сначала умножим обе части уравнения на 2, чтобы избавиться от дробного коэффициента:
$2(\vec{OC} - \vec{OB}) = \vec{OB} - \vec{OA}$
$2\vec{OC} - 2\vec{OB} = \vec{OB} - \vec{OA}$

Далее сгруппируем все слагаемые, содержащие вектор $\vec{OB}$, в одной части равенства, а остальные слагаемые — в другой. Перенесем $-2\vec{OB}$ в правую часть, а $-\vec{OA}$ в левую:
$2\vec{OC} + \vec{OA} = \vec{OB} + 2\vec{OB}$

Приведем подобные члены в обеих частях уравнения:
$\vec{OA} + 2\vec{OC} = 3\vec{OB}$

Наконец, разделим обе части на 3, чтобы выразить $\vec{OB}$:
$\vec{OB} = \frac{\vec{OA} + 2\vec{OC}}{3}$

Запишем полученное выражение в требуемом виде:
$\vec{OB} = \frac{1}{3}\vec{OA} + \frac{2}{3}\vec{OC}$

Таким образом, искомое равенство доказано.

Ответ: Равенство $\vec{OB} = \frac{1}{3}\vec{OA} + \frac{2}{3}\vec{OC}$ доказано.

№994 (с. 245)
Условие. №994 (с. 245)
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 245, номер 994, Условие

994 Точка С делит отрезок AB в отношении m : n, считая от точки А. Докажите, что для любой точки О справедливо равенство

OC = nm + n OA + mm + nOB.
Решение 2. №994 (с. 245)
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 245, номер 994, Решение 2
Решение 3. №994 (с. 245)
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 245, номер 994, Решение 3
Решение 4. №994 (с. 245)
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 245, номер 994, Решение 4
Решение 6. №994 (с. 245)
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 245, номер 994, Решение 6
Решение 9. №994 (с. 245)
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 245, номер 994, 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 245, номер 994, Решение 9 (продолжение 2)
Решение 11. №994 (с. 245)

По условию, точка $C$ делит отрезок $AB$ в отношении $m:n$, считая от точки $A$. Это означает, что точка $C$ лежит на отрезке $AB$ и выполняется соотношение длин отрезков $AC$ и $CB$:

$\frac{AC}{CB} = \frac{m}{n}$

Отсюда следует, что $n \cdot AC = m \cdot CB$.

Поскольку точка $C$ находится между точками $A$ и $B$, векторы $\overrightarrow{AC}$ и $\overrightarrow{CB}$ коллинеарны и сонаправлены. Следовательно, для них справедливо векторное равенство:

$n \cdot \overrightarrow{AC} = m \cdot \overrightarrow{CB}$

Пусть $O$ — произвольная точка пространства. Выразим векторы $\overrightarrow{AC}$ и $\overrightarrow{CB}$ через векторы с началом в точке $O$ по правилу разности векторов (правило треугольника):

$\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OA}$

$\overrightarrow{CB} = \overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OC}$

Подставим эти выражения в полученное ранее векторное равенство:

$n \cdot (\overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OA}) = m \cdot (\overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OC})$

Раскроем скобки в уравнении:

$n \cdot \overrightarrow{OC} - n \cdot \overrightarrow{OA} = m \cdot \overrightarrow{OB} - m \cdot \overrightarrow{OC}$

Теперь сгруппируем слагаемые, содержащие вектор $\overrightarrow{OC}$, в левой части равенства, а остальные слагаемые — в правой:

$n \cdot \overrightarrow{OC} + m \cdot \overrightarrow{OC} = n \cdot \overrightarrow{OA} + m \cdot \overrightarrow{OB}$

Вынесем общий векторный множитель $\overrightarrow{OC}$ за скобки в левой части:

$(n + m) \cdot \overrightarrow{OC} = n \cdot \overrightarrow{OA} + m \cdot \overrightarrow{OB}$

Так как $m$ и $n$ являются частями отношения длин, они представляют собой положительные числа, поэтому их сумма $m+n \neq 0$. Мы можем разделить обе части равенства на $m+n$, чтобы выразить $\overrightarrow{OC}$:

$\overrightarrow{OC} = \frac{n \cdot \overrightarrow{OA} + m \cdot \overrightarrow{OB}}{m+n}$

Разделив почленно, получаем искомое равенство:

$\overrightarrow{OC} = \frac{n}{m+n}\overrightarrow{OA} + \frac{m}{m+n}\overrightarrow{OB}$

Таким образом, мы доказали, что данное равенство справедливо для любой точки $O$.

Ответ: Равенство доказано.

№995 (с. 245)
Условие. №995 (с. 245)
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 245, номер 995, Условие

995* Точки А и С — середины противоположных сторон произвольного четырёхугольника, а точки В и D — середины двух других его сторон. Докажите, что для любой точки О верно равенство

OA + OC = OB + OD.

Решение 2. №995 (с. 245)
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 245, номер 995, Решение 2
Решение 3. №995 (с. 245)
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 245, номер 995, Решение 3
Решение 4. №995 (с. 245)
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 245, номер 995, Решение 4
Решение 9. №995 (с. 245)
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 245, номер 995, 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 245, номер 995, Решение 9 (продолжение 2)
Решение 11. №995 (с. 245)

Доказательство

Пусть $P_1, P_2, P_3, P_4$ — вершины произвольного четырехугольника. Точки $A, B, C, D$ — середины его сторон. Согласно условию, $A$ и $C$ являются серединами одной пары противоположных сторон, а $B$ и $D$ — другой. Определим их следующим образом:
- $A$ — середина стороны $P_1P_2$;
- $C$ — середина стороны $P_3P_4$;
- $B$ — середина стороны $P_2P_3$;
- $D$ — середина стороны $P_4P_1$.

Для любой точки $O$ радиус-вектор середины $M$ отрезка $XY$ выражается через радиус-векторы его концов по формуле: $\overrightarrow{OM} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{OX} + \overrightarrow{OY})$.

Применим данную формулу для нахождения векторов из произвольной точки $O$ к серединам сторон четырехугольника:
$\overrightarrow{OA} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{OP_1} + \overrightarrow{OP_2})$
$\overrightarrow{OC} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{OP_3} + \overrightarrow{OP_4})$
$\overrightarrow{OB} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{OP_2} + \overrightarrow{OP_3})$
$\overrightarrow{OD} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{OP_4} + \overrightarrow{OP_1})$

Теперь рассмотрим левую и правую части доказываемого равенства $\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OC} = \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OD}$.

Вычислим сумму векторов в левой части:
$\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OC} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{OP_1} + \overrightarrow{OP_2}) + \frac{1}{2}(\overrightarrow{OP_3} + \overrightarrow{OP_4}) = \frac{1}{2}(\overrightarrow{OP_1} + \overrightarrow{OP_2} + \overrightarrow{OP_3} + \overrightarrow{OP_4})$.

Вычислим сумму векторов в правой части:
$\overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OD} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{OP_2} + \overrightarrow{OP_3}) + \frac{1}{2}(\overrightarrow{OP_4} + \overrightarrow{OP_1}) = \frac{1}{2}(\overrightarrow{OP_1} + \overrightarrow{OP_2} + \overrightarrow{OP_3} + \overrightarrow{OP_4})$.

Поскольку выражения для левой и правой частей равенства идентичны, мы можем заключить, что $\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OC} = \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OD}$, что и требовалось доказать.

Ответ: Равенство доказано.

№996 (с. 245)
Условие. №996 (с. 245)
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 245, номер 996, Условие

996 Один из углов прямоугольной трапеции равен 120°. Найдите её среднюю линию, если меньшая диагональ и бо́льшая боковая сторона трапеции равны а.

Решение 2. №996 (с. 245)
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 245, номер 996, Решение 2
Решение 3. №996 (с. 245)
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 245, номер 996, Решение 3 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 245, номер 996, Решение 3 (продолжение 2)
Решение 4. №996 (с. 245)
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 245, номер 996, Решение 4
Решение 6. №996 (с. 245)
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 245, номер 996, 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 245, номер 996, 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 245, номер 996, Решение 6 (продолжение 3)
Решение 9. №996 (с. 245)
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 245, номер 996, 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 245, номер 996, Решение 9 (продолжение 2)
Решение 11. №996 (с. 245)

Пусть дана прямоугольная трапеция ABCD, в которой AB и DC являются основаниями (AB || DC), а боковая сторона AD перпендикулярна основаниям. В такой трапеции углы при стороне AD прямые: ?A = ?D = 90°. Сумма углов, прилежащих к другой боковой стороне BC, составляет 180°, то есть ?B + ?C = 180°.

Заданный в условии угол в 120° не может быть ?A или ?D. Проведем высоту BH из вершины B на основание DC. В получившемся прямоугольном треугольнике BHC угол C должен быть острым (?C < 90°). Следовательно, тупым является угол ?B = 120°, а острым — угол ?C = 180° - 120° = 60°.

Боковыми сторонами трапеции являются AD и BC. Так как BC — гипотенуза прямоугольного треугольника BHC, а катет BH равен высоте трапеции AD, то BC > BH = AD. Следовательно, BC — бoльшая боковая сторона. По условию её длина равна $a$, то есть BC = $a$.

Диагоналями трапеции являются AC и BD. Сравним их длины, используя теорему Пифагора. В прямоугольном треугольнике ADC имеем $AC^2 = AD^2 + DC^2$. В прямоугольном треугольнике ABD имеем $BD^2 = AD^2 + AB^2$. Так как DC — большее основание, а AB — меньшее (DC > AB), то $DC^2 > AB^2$, а значит $AC^2 > BD^2$, откуда следует, что AC > BD. Таким образом, меньшая диагональ — это BD. По условию её длина также равна $a$, то есть BD = $a$.

Рассмотрим треугольник BDC. Его стороны BC и BD равны $a$. Следовательно, треугольник BDC является равнобедренным. В равнобедренном треугольнике углы, противолежащие равным сторонам, равны. Угол, лежащий напротив стороны BC, — это ?BDC. Угол, лежащий напротив стороны BD, — это ?BCD. Таким образом, ?BDC = ?BCD. Мы уже установили, что угол трапеции ?C (то есть ?BCD) равен 60°. Отсюда следует, что ?BDC = 60°. Так как два угла в треугольнике BDC равны 60°, то и третий угол ?CBD = 180° - (60° + 60°) = 60°. Следовательно, треугольник BDC является равносторонним, и все его стороны равны $a$. Мы нашли длину большего основания: DC = $a$.

Теперь найдем длину меньшего основания AB. Для этого сначала определим высоту трапеции AD. В прямоугольном треугольнике BHC известна гипотенуза BC = $a$ и угол ?C = 60°. Высота трапеции AD равна катету BH. Найдем BH:
$BH = BC \cdot \sin(\angle C) = a \cdot \sin(60^{\circ}) = a \frac{\sqrt{3}}{2}$.
Следовательно, $AD = a \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник ABD. В нем известна гипотенуза BD = $a$ и катет $AD = a \frac{\sqrt{3}}{2}$. По теореме Пифагора найдем второй катет AB:
$AB^2 + AD^2 = BD^2$
$AB^2 + (a \frac{\sqrt{3}}{2})^2 = a^2$
$AB^2 + \frac{3a^2}{4} = a^2$
$AB^2 = a^2 - \frac{3a^2}{4} = \frac{a^2}{4}$
$AB = \sqrt{\frac{a^2}{4}} = \frac{a}{2}$.
Длина меньшего основания $AB = \frac{a}{2}$.

Средняя линия трапеции ($m$) равна полусумме ее оснований:
$m = \frac{AB + DC}{2}$
Подставим найденные значения оснований:
$m = \frac{\frac{a}{2} + a}{2} = \frac{\frac{3a}{2}}{2} = \frac{3a}{4}$.

Ответ: $\frac{3a}{4}$.

№997 (с. 245)
Условие. №997 (с. 245)
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 245, номер 997, Условие

997 Докажите, что вершина угла, образованного биссектрисами двух углов трапеции, прилежащих к боковой стороне, лежит на прямой, содержащей среднюю линию трапеции.

Решение 2. №997 (с. 245)
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 245, номер 997, Решение 2
Решение 3. №997 (с. 245)
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 245, номер 997, Решение 3
Решение 4. №997 (с. 245)
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 245, номер 997, Решение 4
Решение 9. №997 (с. 245)
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 245, номер 997, Решение 9
Решение 11. №997 (с. 245)

Пусть дана трапеция ABCD, в которой основания BC и AD параллельны ($BC \parallel AD$), а AB – боковая сторона.

Пусть AK – биссектриса угла A (то есть ?DAB), а BK – биссектриса угла B (то есть ?CBA). Точка K – точка пересечения этих биссектрис.

Средняя линия трапеции – это отрезок, соединяющий середины боковых сторон. Нам нужно доказать, что точка K лежит на прямой, содержащей среднюю линию трапеции.

Доказательство:

1. Проведем через точку K прямую, параллельную основаниям трапеции AD и BC. Пусть эта прямая пересекает боковую сторону AB в точке M.

2. Рассмотрим параллельные прямые MK и AD и секущую AK. Углы ?MKA и ?KAD являются внутренними накрест лежащими, следовательно, они равны: $?MKA = ?KAD$.

3. По условию, AK является биссектрисой угла A, поэтому по определению биссектрисы $?MAK = ?KAD$.

4. Из равенств в пунктах 2 и 3 следует, что $?MKA = ?MAK$. Это означает, что треугольник AMK является равнобедренным с основанием AK. Следовательно, его боковые стороны AM и MK равны: $AM = MK$.

5. Теперь рассмотрим параллельные прямые MK и BC и секущую BK. Углы ?MKB и ?KBC также являются внутренними накрест лежащими, следовательно, они равны: $?MKB = ?KBC$.

6. По условию, BK является биссектрисой угла B, поэтому $?MBK = ?KBC$.

7. Из равенств в пунктах 5 и 6 следует, что $?MKB = ?MBK$. Это означает, что треугольник BMK является равнобедренным с основанием BK. Следовательно, его боковые стороны BM и MK равны: $BM = MK$.

8. Сопоставляя результаты, полученные в пунктах 4 и 7, имеем: $AM = MK$ и $BM = MK$. Отсюда следует, что $AM = BM$.

9. Равенство $AM = BM$ означает, что точка M является серединой боковой стороны AB.

10. Таким образом, мы показали, что прямая, проведенная через точку K параллельно основаниям трапеции, проходит через середину боковой стороны AB. По определению и свойству средней линии трапеции, такая прямая и есть прямая, содержащая среднюю линию.

Следовательно, точка K лежит на прямой, содержащей среднюю линию трапеции. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Вершина угла, образованного биссектрисами двух углов трапеции, прилежащих к боковой стороне, лежит на прямой, содержащей среднюю линию трапеции.

Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.

Присоединяйтесь к Телеграм-группе @top_gdz

Присоединиться